高考数学探索性问题解答模型策略

高考数学答题模板：解析几何中的探索性问题
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高考数学答题模板：解析几何中的探索性问题
1、解题路线图
①一般先假设这种情况成立(点存在、直线存在、位置关系存在等)
②将上面的假设代入已知条件求解。

③得出结论。

2、构建答题模板
①先假定：假设结论成立。

②再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解。

③下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设;若推出矛盾则否定假设。

④再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性。

高考数学探索性问题解答模型策略
探求性效果普通有以下几种类型：猜想归结型、存在型效果、分类讨论型。

下面是高考数学探求性效果解答模型，希望对大家有协助。

猜想归结型效果：指在效果没有给出结论时，需求从特殊状况入手，停止猜想后证明其猜想的普通性结论。

它的思绪是：从所给的条件动身，经过观察、实验、不完全归结、猜想，讨论出结论，然后再应用完全归结实际和要求对结论停止证明。

其主要表达是解答数列中等与n有关数学效果。

存在型效果：指结论不确定的效果，即在数学命题中，结论常以〝能否存在〞的方式出现，其结果能够存在，需求找出来，能够不存在，那么需求说明理由。

解答这一类效果时，我们可以先假定结论不存在，假定推论无矛盾，那么结论确定存在;假定推证出矛盾，那么结论不存在。

代数、三角、几何中，都可以出现此种讨论〝能否存在〞类型的效果。

分类讨论型效果：指条件或许结论不确定时，把一切的状况停止分类讨论后，找出满足条件的条件或结论。

此种题型罕见于含有参数的效果，或许状况多种的效果。

探求性效果，是从高层次上考察先生发明性思想才干的新题型，我们在学习中要注重对这一效果的训练，以提高我们的思想才干和开拓才干。

小编为大家提供的高考数学探求性效果解答模型大家细心阅读了吗?最后祝大家可以考上理想的大学。

高考数学探索性问题的解题方法[高考能力要求]1.如果把一个数学问题看作是由条件、解题依据、解题方法和结论这四个要素组成的一个系统，那么我们把这四个要素中有两个是未知的数学问题称为探索性问题。

条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征。

2、探索型问题的基本类型(1)、条件追溯型这类问题的外在形式是针对一个结论，条件未知需探究，或条件增删需确定，或条件正误需判断。

解决这类问题的基本策略是执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或论证找到结论成立的充分条件，在执果索因的推理过程中，不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，是一种常见错误，必须引起注意，确定条件是否多余时要着眼于每个条件对所求（或所证）对象的确定性，判断条件正误时多从构造反例人手。

(2)、结论探索型这类问题的基本特征是有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。

先探索结论后论证结论是解决这类问题的一般形式。

(3)、存在判断型这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象（数值、图形、函数等）是否存在或某一结论是否成立，解决这类问题基本策略是通常假设题中的数学对象存在（或结论成立）或暂且认可其中一部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论的证明。

(4)、方法探究型这类问题的基本形式是需要非常规的解题方法或被指定要用两种以上的方法解决同一个问题，如难度较高的构造法即属此型。

在探究方法的过程中，常常需要研究问题的特殊情形，运用类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高。

3、思想方法解决探索性问题，没有现成的套路和常规程序，需要较多的分析成分和对数学思想方法的综合运用。

对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面的能力有较高要求。

高考中求解这类问题的常见方法是：(1)、直接法(2)、观察—猜测—证明 (3)、赋值法 (4)、数形结论 (5)、联想类比 (6)、从特殊到一般 (7)、从特殊到一般再到特殊 (8)、等价转化 [例题精讲]【例1】 若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值是___________。

类型六探索性问题解决探索性问题的注意事项探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在． (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件；(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法．【典例1】在平面直角坐标系xOy ，点M 到点F (1,0)的距离比它到y 轴的距离多1.记点M 的轨迹为C .(1)求轨迹C 的方程；(2)设斜率为k 的直线l 过定点P (－2,1)，求直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k 的相应取值范围． [审题](1)切入点：根据两点间的距离公式及点到直线的距离公式列方程求解轨迹方程． 关注点：注意分x ≥0，x <0两种情况讨论，最后写成分段函数的形式．(2)切入点：先求出直线l 的方程，然后联立直线l 与抛物线的方程，消去x ，得到关于y 的方程，分k ＝0，k ≠0两种情况讨论．关注点：当k ≠0时，设直线l 与x 轴的交点为(x 0,0)进而按Δ、x 0与0的大小关系再分情况讨论． 【解析】 (1)设点M (x ，y )，依题意得|MF |＝|x |＋1，即x －12＋y 2＝|x |＋1，化简整理得y 2＝2(|x |＋x ).2分 故点M 的轨迹C 的方程为y 2＝⎩⎨⎧4x ，x ≥0，0，x <0.4分 (2)在点M 的轨迹C 中，记C 1：y 2＝4x ，C 2：y ＝0(x <0)． 依题意，可设直线l 的方程为y －1＝k (x ＋2)．由方程组⎩⎨⎧y －1＝k x ＋2，y 2＝4x ，可得ky 2－4y ＋4(2k ＋1)＝0.①5分①当k ＝0时，此时y ＝1.把y ＝1代入轨迹C 的方程，得x ＝14.故此时直线l ：y ＝1与轨迹C 恰好有一个公共点⎝⎛⎭⎫14，1.6分 ②当k ≠0时，方程①的判别式为Δ＝－16(2k 2＋k －1)．②设直线l 与x 轴的交点为(x 0,0)，则由y －1＝k (x ＋2)，令y ＝0，得x 0＝－2k ＋1k.③7分(ⅰ)若⎩⎨⎧Δ<0，x 0<0，由②③解得k <－1，或k >12.即当k ∈(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，直线l 与C 1没有公共点，与C 2有一个公共点， 故此时直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点.8分(ⅱ)若⎩⎨⎧Δ＝0，x 0<0，或⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，x 0≥0，由②③解得k ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12，或k ∈⎣⎡⎭⎫－12，0. 即当k ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12时，直线l 与C 1只有一个公共点，与C 2有一个公共点．当k ∈⎣⎡⎭⎫－12，0时，直线l 与C 1有两个公共点，与C 2没有公共点． 故当k ∈⎣⎡⎭⎫－12，0∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12时，直线l 与轨迹C 恰好有两个公共点.10分 (ⅲ)若⎩⎨⎧Δ>0，x 0<0，11分由②③解得－1<k <－12，或0<k <12.即当k ∈⎝⎛⎭⎫－1，－12∪⎝⎛⎭⎫0，12时，直线l 与C 1有两个公共点，与C 2有一个公共点， 故此时直线l 与轨迹C 恰好有三个公共点．综合(1)(2)可知，当k ∈(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫12，＋∞∪{0}时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点；当k ∈⎣⎡⎭⎫－12，0∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12时，直线l 与轨迹C 恰好有两个公共点；当k ∈⎝⎛⎭⎫－1，－12∪⎝⎛⎭⎫0，12，直线l 与轨迹C 恰好有三个公共点.【典例2】已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m>0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M.(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝⎛⎭⎫m 3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由． 2思路分析❶假设四边形OAPB 能为平行四边形 ↓❷线段AB 与线段OP 互相平分 ↓❸计算此时直线l 的斜率↓ ❹下结论【解析】(1)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b(k≠0，b≠0)， A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，M(x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2得 (k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－9k，即k OM ·k ＝－9. 所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)解 四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝⎛⎭⎫m3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k>0，k≠3. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x.设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9. 将点⎝⎛⎭⎫m3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m 3－k 3， 因此x M ＝k k －3m3k 2＋9.四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km3k 2＋9＝2×k k －3m 3k 2＋9，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形． 【典例3】如图，O 为坐标原点，双曲线C 1：x 2a 21－y 2b 21＝1(a 1＞0，b 1＞0)和椭圆C 2：y 2a 22＋x 2b 22＝1(a 2＞b 2＞0)均过点P (233，1)，且以C 1的两个顶点和C 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．(1)求C 1，C 2的方程；(2)是否存在直线l ，使得l 与C 1交于A ，B 两点，与C 2只有一个公共点，且|OA →＋OB →|＝|AB →|？证明你的结论．【解析】 (1)设C 2的焦距为2c 2，由题意知，2c 2＝2,2a 1＝2，从而a 1＝1，c 2＝1.因为点P (233，1)在双曲线x 2－y 2b 21＝1上，所以(233)2－1b 21＝1. 故b 21＝3. 由椭圆的定义知 2a 2＝2332＋1－12＋2332＋1＋12＝2 3.于是a 2＝3，b 22＝a 22－c 22＝2，故C 1，C 2的方程分别为x 2－y 23＝1，y 23＋x 22＝1. (2)不存在符合题设条件的直线．①若直线l 垂直于x 轴，因为l 与C 2只有一个公共点，所以直线l 的方程为x ＝2或x ＝－ 2. 当x ＝2时，易知A (2，3)，B (2，－3)，所以 |OA →＋OB →|＝22，|AB →|＝2 3. 此时，|OA →＋OB →|≠|AB →|.当x ＝－2时，同理可知，|OA →＋OB →|≠|AB →|. ②若直线l 不垂直于x 轴，设l 的方程为y ＝kx ＋m . 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 2－y 23＝1得(3－k 2)x 2－2kmx －m 2－3＝0. 当l 与C 1相交于A ，B 两点时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实根，从而x 1＋x 2＝2km 3－k 2，x 1x 2＝m 2＋3k 2－3. 于是y 1y 2＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝3k 2－3m 2k 2－3.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 23＋x 22＝1得(2k 2＋3)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.因为直线l 与C 2只有一个公共点，所以上述方程的判别式 Δ＝16k 2m 2－8(2k 2＋3)(m 2－3)＝0. 化简，得2k 2＝m 2－3，因此OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝m 2＋3k 2－3＋3k 2－3m 2k 2－3＝－k 2－3k 2－3≠0， 于是OA →2＋OB →2＋2OA →·OB →≠OA →2＋OB →2－2OA →·OB →， 即|OA →＋OB →|2≠|OA →－OB →|2，故|OA →＋OB →|≠|AB →|. 综合①，②可知，不存在符合题设条件的直线．【典例4】已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，左、右顶点分别为A 1，A 2.(1)若M 为C 上任意一点，求|MF 1|·|MF 2|的最大值；(2)椭圆C 上是否存在点P(异于点A 1，A 2)，使得直线PA 1，PA 2与直线x ＝4分别交于点E ，F ，且|EF|＝1？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】解 (1)由椭圆的定义可知|MF 1|＋|MF 2|＝4， ∴|MF 1|·|MF 2|≤⎝⎛⎭⎫|MF 1|＋|MF 2|22＝4，当且仅当|MF 1|＝|MF 2|＝2时等号成立， ∴|MF 1|·|MF 2|的最大值为4. (2)假设存在满足题意的点P. 不妨设P(x 0，y 0)(y 0>0)，则－2<x 0<2. 由题意知直线PA 1的方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)， 令x ＝4，得y E ＝6y 0x 0＋2， 直线PA 2的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)， 令x ＝4，得y F ＝2y 0x 0－2， 由|EF|＝y E －y F ＝6y 0x 0＋2－2y 0x 0－2＝4x 0y 0－16y 0x 20－4＝4y 0x 0－4－4y 20＝4－x 0y 0＝1，得x 0＝4－y 0，由x 20＋4y 20＝4，得5y 20－8y 0＋12＝0，∵Δ＝－176<0，∴此方程无解．故不存在满足题意的点P.【典例5】已知抛物线C ：y 2＝4x ，过点(2,0)作直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，在x 轴上是否存在一点A ，使得x 轴平分∠MAN ？若存在，求出点A 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】解 ①当直线l 的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知x 轴上任意一点A(不与点(2,0)重合)，都可使得x 轴平分∠MAN ；②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k(x －2)(k≠0)，设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，联立方程⎩⎨⎧y ＝k x －2，y 2＝4x ，消去y 得k 2x 2－(4k 2＋4)x ＋4k 2＝0， 显然Δ>0，∴x 1＋x 2＝4k 2＋4k2，x 1x 2＝4，(*)假设在x 轴上存在一点A(a,0)，使得x 轴平分∠MAN ， ∴k AM ＋k AN ＝0，∴y 1x 1－a ＋y 2x 2－a ＝0，∴y 1x 2－a ＋y 2x 1－ax 1－a x 2－a＝0，又y 1＝k(x 1－2)，y 2＝k(x 2－2)， ∴2x 1x 2－a ＋2x 1＋x 2＋4ax 1x 2－a x 1＋x 2＋a 2＝0，把(*)式代入上式化简得4a ＝－8， ∴a ＝－2，∴点A(－2,0)，综上所述，在x 轴上存在一点A(－2,0)，使得x 轴平分∠MAN. 规律方法 探索性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并能证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律．(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论． 【拓展训练】1．已知椭圆G ：x 24＋y 2＝1，点B(0,1)，点A 为椭圆G 的右顶点，过原点O 的直线l 与椭圆G 交于P ，Q两点(点Q 在第一象限)，且与线段AB 交于点M.是否存在直线l ，使得△BOP 的面积是△BMQ 的面积的3倍？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 【解析】解 设Q(x 0，y 0)，则P(－x 0，－y 0)，可知0<x 0<2,0<y 0<1.假设存在直线l ，使得△BOP 的面积是△BMQ 的面积的3倍，则|OP|＝3|MQ|，即|OQ|＝3|MQ|， 即OM →＝23OQ →＝⎝⎛⎭⎫23x 0，23y 0，得M ⎝⎛⎭⎫23x 0，23y 0. 又A(2,0)，∴直线AB 的方程为x ＋2y －2＝0. ∵点M 在线段AB 上，∴23x 0＋43y 0－2＝0，整理得x 0＝3－2y 0，①∵点Q 在椭圆G 上，∴x 204＋y 20＝1，② 把①式代入②式可得8y 20－12y 0＋5＝0， ∵判别式Δ＝(－12)2－4×8×5＝－16<0， ∴该方程无解．∴不存在直线l ，使得△BOP 的面积是△BMQ 的面积的3倍．2．(2020·滁州模拟)已知椭圆E ：x 24＋y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，是否存在斜率为－1的直线l 与以线段F 1F 2为直径的圆相交于A ，B 两点，与椭圆E 相交于C ，D 两点，且|CD|·|AB|＝12137？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．【解析】解 假设存在斜率为－1的直线l ，设为y ＝－x ＋m ， 由题意知，F 1(－1,0)，F 2(1,0)，所以以线段F 1F 2为直径的圆为x 2＋y 2＝1，由题意，圆心(0,0)到直线l 的距离d ＝|－m|2<1，得|m|<2，|AB|＝21－d 2＝21－m 22＝2×2－m 2，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝－x ＋m 消去y ，整理得 7x 2－8mx ＋4m 2－12＝0.由题意，Δ＝(－8m)2－4×7×(4m 2－12)＝336－48m 2＝48(7－m 2)>0， 解得m 2<7，又|m|<2，所以m 2<2. 设C(x 1，y 1)，D(x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8m7，x 1x 2＝4m 2－127，|CD|＝1＋k 2|x 2－x 1|＝2×336－48m 27＝467－m 27，若|CD|·|AB|＝12137， 则2×2－m 2×467×7－m 2＝12137，整理得4m 4－36m 2＋17＝0， 解得m 2＝12或m 2＝172.又m 2<2，所以m 2＝12，即m ＝±22.故存在符合条件的直线l ，其方程为 y ＝－x ＋22或y ＝－x －22. 专题训练1. (2020·广州模拟)如图，已知椭圆C ：x 24＋y 22＝1.过点P(0,1)的动直线l(直线l 的斜率存在)与椭圆C 相交于A ，B 两点，问在y 轴上是否存在与点P 不同的定点Q ，使得|QA||QB|＝S △APQ S △BPQ恒成立？若存在，求出定点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】解 假设在y 轴上存在与点P 不同的定点Q ，使得|QA||QB|＝S △APQ S△BPQ恒成立．设Q(0，m)(m≠1)，A(x 1，y 1)， B(x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝kx ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0， 显然，Δ>0，∴x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1，S△APQS△BPQ＝12|QP||QA|sin ∠PQA 12|QP||QB|sin ∠PQB ＝|QA|sin ∠PQA |QB|sin ∠PQB ， ∵|QA||QB|＝S△APQ S△BPQ，∴sin ∠PQA ＝sin ∠PQB ， ∴∠PQA ＝∠PQB ，∴k QA ＝－k QB ，∴y 1－m x 1＝y 2－m－x 2，∴(m －1)(x 1＋x 2)＝2kx 1x 2，即－(m －1)·4k 2k 2＋1＝－2k·22k 2＋1，解得m ＝2，∴存在定点Q(0,2)，使得|QA||QB|＝S△APQ S△BPQ恒成立． 2．在平面直角坐标系xOy 中．①已知点Q(3，0)，直线l ：x ＝23，动点P 满足到点Q 的距离与到直线l 的距离之比为22. ②已知点H(－3，0)，G 是圆E ：x 2＋y 2－23x －21＝0上一个动点，线段HG 的垂直平分线交GE 于P. ③点S ，T 分别在x 轴，y 轴上运动，且|ST|＝3，动点P 满足OP →＝63OS →＋33OT →.(1)在①②③这三个条件中任选一个，求动点P 的轨迹C 的方程；(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)(2)设圆O ：x 2＋y 2＝2上任意一点A 处的切线交轨迹C 于M ，N 两点，试判断以MN 为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【解析】解 (1)若选①， 设P(x ，y)，根据题意得，x －32＋y 2|x －23|＝22，整理，得x 26＋y 23＝1，所以动点P 的轨迹C 的方程为x 26＋y 23＝1.若选②，由E ：x 2＋y 2－23x －21＝0得(x －3)2＋y 2＝24， 由题意得|PH|＝|PG|，所以|PH|＋|PE|＝|PG|＋|PE|＝|EG|＝2 6 >|HE|＝23，所以点P 的轨迹C 是以H ，E 为焦点的椭圆， 且a ＝6，c ＝3，则b ＝3，所以动点P 的轨迹C 的方程为x 26＋y 23＝1.若选③，设P(x ，y)，S(x′，0)，T(0，y′)，则x′2＋y′2＝9，(*) 因为OP →＝63OS →＋33OT →，所以⎩⎨⎧x ＝63x′，y ＝33y′，即⎩⎪⎨⎪⎧x′＝62x ，y′＝3y ，将其代入(*)，得x 26＋y 23＝1，所以动点P 的轨迹C 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)当过点A 且与圆O 相切的切线斜率不存在时，切线方程为x ＝2，x ＝－2， 当切线方程为x ＝2时，M(2，2)，N(2，－2)， 以MN 为直径的圆的方程为(x －2)2＋y 2＝2.①当切线方程为x ＝－2时，M(－2，2)，N(－2，－2)， 以MN 为直径的圆的方程为(x ＋2)2＋y 2＝2.② 由①②联立，可解得交点为(0,0)．当过点A 且与圆O 相切的切线斜率存在时，设切线方程为y ＝kx ＋m ，即|m|k 2＋1＝2，即m 2＝2(k 2＋1)． 联立切线与椭圆C 的方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1，并消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.因为Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－6)＝－8(m 2－6k 2－3)＝－8(2k 2＋2－6k 2－3)＝8(4k 2＋1)>0， 所以切线与椭圆C 恒有两个交点．设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2， 因为OM →＝(x 1，y 1)，ON →＝(x 2，y 2)，所以OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋m)(kx 2＋m)＝(1＋k 2)x 1x 2＋km(x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)·2m 2－61＋2k 2＋km·－4km 1＋2k 2＋m 2 ＝3m 2－6－6k 21＋2k 2＝3×2k 2＋1－6－6k 21＋2k 2＝0. 所以OM ⊥ON ，所以以MN 为直径的圆过原点(0,0)，综上所述，以MN 为直径的圆过定点(0,0)．。

2011年高考数学热点：攻略探索性问题一、考情分析探索性问题常常需要由给定的题设条件去探索相应的结论,或由问题的题干去追溯相应的条件,要求在解题之前必须透过问题的表象去寻找、去发现规律性的东西;问题增加了许多可变的因素,思维指向不明显,解题时往往难于下手;近年来,探索性问题在高考试题中多次出现,主要有以下几类：1探索条件型问题：从给定的问题结论出发,追溯结论成立的充分条件； 2探索结论型问题：从给定的题设条件出发,探求相关的结论；3探索存在型问题：从假设相关结论存在出发,从而肯定或否定这种结论是否存在； 4探索综合型问题：从变更题设条件或问题的结论的某个部分出发,探究问题的相应变化;二、高考预测预测年数学试卷中继续保持了探索型、开放型、研究型等题型,形式上也会有所突破,如只猜不证,只算不写等；填空题中出现了条件、结论完全开放的设计,题型的创新,带来了新的理念,这必将促进教学的创新;三、突破策略问题的条件不完备,结论不确定是探索性问题的基本特征,从探索性问题的解题过程来看,没有确定的模式,可变性多,对观察、试验、联想、类比、猜想、抽象、概括,特别是对发现问题、分析问题的能力要求较高,探索性问题的解题策略有：从最简单、最特殊的情况出发,有时也可借助直觉观察或判断,推测出命题的结论,必要时给出严格证明;例1已知,,2,322+∈=-+=N n b n n a n n n 试判断n a 与n b 的大小关系;解析：由1a ＜1b ,2a ＞2b ,3a ＞3b ,4a ＞4b ,55b a =,6a ＜6b ,7a ＜7a ……猜想出结论：当5=n 时,n n b a = ；当2=n 、3、4时n a ＞n b ,当1=n 或6≥n 时n a ＜n b ,然后用数学归纳法证明猜想的正确性;此类题型需从题目所给出的条件及所探求的结论两方面入手,充分挖掘题设条件的内涵与外延,积极向所探究的结论靠拢;解答这类问题的一般思路是：先假定对象存在,运用条件进行推理;若得到相应的合理结论,断言这个对象是存在的；若出现矛盾,则否定先前假设,断言对象是不存在的;例2抛物线过定点A0,2且以x 轴为准线; 1求抛物线的顶点M 的轨迹C;2问过定点B ⎝⎛-25,1⎪⎪⎭⎫是否存在一对互相垂直的直线同时都与轨迹C 有公共点 证明你的结论;解析：1利用数形结合法,根据抛物线定义可求得动点M 的轨迹方程为：x 2 +4y －12= 4y ≠02过点B 的直线与曲线C 有交点需满足什么条件两直线垂直的条件又是什么这两者中有何关系从而推出合理的结论; 设过点B ⎝⎛-25,1⎪⎪⎭⎫的直线L 为：y －1=kx+25,L 与C 有交点的条件为方程组)(⎪⎩⎪⎨⎧=-+ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫+=41412522y x x k y 有解320≤⇒≥∆⇒k 现假设存在一对过B 且与轨迹C 有公共点的互相垂直的直线L 1和L2,则有112121=⋅⇒-=⋅k k k k ,但由上述结果知,9421≤⋅k k 这就产生矛盾,故这样的直线不存在; 例32008年湖北高考试题已知数列{}n a 和{}n b 满足：1a λ=,124,(1)(321),3n n n n n a a n b a n +=+-=--+其中λ为实数,n 为正整数; Ⅰ对任意实数λ,证明数列{}n a 不是等比数列； Ⅱ试判断数列{}n b 是否为等比数列,并证明你的结论；Ⅲ设0a b <<,n S 为数列{}n b 的前n 项和.是否存在实数λ,使得对任意正整数n ,都有n a S b <<若存在,求λ的取值范围；若不存在,说明理由;Ⅰ证明：假设存在一个实数λ,使｛a n ｝是等比数列,则有a 22=a 1a 3,即,094949494)494()332(222=⇔-=+-⇔-=-λλλλλλλ矛盾; 所以｛a n ｝不是等比数列;Ⅱ解：因为b n +1=-1n +1a n +1-3n -1+21=-1n +132a n -2n +14 =32-1n ·a n -3n +21=-32b n 又b 1=-λ+18,所以当λ＝－18,b n =0n ∈N +,此时｛b n ｝不是等比数列：当λ≠－18时,b 1=λ+18 ≠0,由上可知b n ≠0,∴321-=+n a b b n ∈N +. 故当λ≠-18时,数列｛b n ｝是以－λ＋18为首项,－32为公比的等比数列. Ⅲ由Ⅱ知,当λ=-18,b n =0,S n =0,不满足题目要求. ∴λ≠-18,故知b n = -λ+18·－32n -1,于是可得 S n =-.321·)18(53⎥⎦⎤⎢⎣⎡+n ）－（－　λ 要使a <S n <b 对任意正整数n 成立, 即a <-53λ+18·1－－32n 〈b n ∈N + 3(18)2251()1()332()1()n n n abf n λ<-+<----=--得 令，则3 ① 当n 为正奇数时,1<fn ,1)(95;35<≤≤n f n 为正偶数时，当 ∴fn 的最大值为f 1=35,fn 的最小值为f 2= 95,于是,由①式得95a <-53λ+18,<.1831853--<<--⇔a b b λ当a <b ≤3a 时,由－b -18≥=-3a -18,不存在实数满足题目要求；当b >3a 存在实数λ,使得对任意正整数n ,都有a <S n <b ,且λ的取值范围是－b -18,-3a -18点评：本小题主要考查等比数列的定义、数列求和、不等式等基础知识和分类讨论的思想,考查综合分析问题的能力和推理认证能力;对于参数存在型探索性命题,其求解关键是对参数进行合理全面地分类讨论;这类探索性命题结论的成立与否取决于参数的范围的取舍;使用等价转化思想,找出命题成立的充要条件;例42009年广东已知二次函数()y g x =的导函数的图像与直线2y x =平行,且()y g x =在1x =-处取得极小值1(0)m m -≠．设()()g x f x x=． 1若曲线()y f x =上的点P 到点(0,2)Q ,求m 的值； 2()k k R ∈如何取值时,函数()y f x kx =-存在零点,并求出零点．分析：本题是探索使结论成立的条件,可根据题意步步等价转化,寻找成立的充要条件;如函数有零点⇔于方程有根⇔函数图像与x 轴有交点;解：1依题可设1)1()(2-++=m x a x g 0≠a ,则a ax x a x g 22)1(2)('+=+=； 又()g x '的图像与直线2y x =平行 22a ∴= 1a = m x x m x x g ++=-++=∴21)1()(22, ()()2g x mf x x x x ==++, 设(),o o P x y ,则202020202)()2(||x m x x y x PQ ++=-+= m m m m m x m x 2||2222222220220+=+≥++=当且仅当202202x m x =时,2||PQ 取得最小值,即||PQ 取得最小值2当0>m 时,2)222(=+m 解得12-=m 当0<m 时,2)222(=+-m 解得12--=m2由()()120my f x kx k x x =-=-++=0≠x ,得()2120k x x m -++= ()* 当1k =时,方程()*有一解2m x =-,函数()y f x kx =-有一零点2mx =-；当1k ≠时,方程()*有二解()4410m k ⇔∆=-->, 若0m >,11k m>-, 函数()y f x kx =-有两个零点)1(2)1(442k k m x ---±-=,即1)1(11---±=k k m x ；若0m <,11k m<-, 函数()y f x kx =-有两个零点)1(2)1(442k k m x ---±-=,即1)1(11---±=k k m x ；当1k ≠时,方程()*有一解()4410m k ⇔∆=--=, 11k m=-, 函数()y f x kx =-有一零点m k x -=-=11综上,当1k =时, 函数()y f x kx =-有一零点2m x =-； 当11k m >-0m >,或11k m<-0m <时,函数()y f x kx =-有两个零点1)1(11---±=k k m x ；当11k m =-时,函数()y f x kx =-有一零点m k x -=-=11.类比是根据两事物的一些属性相同或相似推测另一些属性也可能相同或相似的认识方法,也是人类认识事物的普遍规律之一;所谓类比猜想的策略就是由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法,并以严格论证;例5将图表填完整与空间中的三棱锥是类比对象；②三角形各边的边长与三棱锥的各面的面积是类比对象；③三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象；④三角形的面积与三棱锥的体积是类比对象；⑤三角形的面积公式中的“二分之一”与三棱锥的体积公式中的“三分之一”是类比对象;由上分析不难知道空格处应填：三棱锥的体积等于其内切球半径与三棱锥表面积的乘积的三分之一;对于这一结论的正确性,可以通过等体积法,将三棱锥分割成四个小的三棱锥去证明;点评：平面到空间的类比是常见的类比形式,要掌握这些常见的类比方向,题目也就不难解决了;四、考点精炼1.已知直线l ⊥平面α,直线m ⊂平面β,有下面四个命题,其中正确命题是①α∥β⇒l ⊥m ②α⊥β⇒l ∥m ③l ∥m ⇒α⊥β ④l ⊥m ⇒α∥β A.①与② B.①与③ C.②与④ D.③与④2.某邮局只有元,元,元的三种邮票;现有邮资为元的邮件一件,为使粘贴邮票的张数最少,且资费恰为元,则最少要购买邮票张 张 张 张3. 如图,有两个相同的直三棱柱,高为a2,底面三角形的三边长别为3a,4a,5aa>0;用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中,全面积最小的是一个四棱柱,则a 的取值范围是 ;(0,1)ABC D4. 2009安徽卷理若不等式组03434x x y x y ≥⎧⎪+≥⎨⎪+≤⎩所表示的平面区域被直线43y kx =+分为面积相等的两部分,则k 的值是A.73 B. 37 C.43 D. 345.观察sin 220°+cos 250°+sin20°cos50°=43,sin 215°+cos 245°+sin15°·cos45°=43,写出一个与以上两式规律相同的一个等式 .6. 2009浙江文设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,则4S ,84S S -,128S S -,1612S S -成等差数列;类比以上结论有：设等比数列{}n b 的前n 项积为n T ,则4T , , ,1612TT 成等比数列;7. 2009全国卷Ⅱ文本小题满分12分)0(12222>>=+b a b y a x 3322Ⅰ求a,b 的值；ⅡC 上是否存在点P,使得当l 绕F 转到某一位置时,有→→→+=OB OA OP成立若存在,求出所有的P 的坐标与l 的方程；若不存在,说明理由; 8.2009北京卷理如图,在三棱锥P ABC -中,PA ⊥底面,,60,90ABC PA AB ABC BCA ︒︒=∠=∠=, 点D ,E 分别在棱,PB PC 上,且//DE BC已知椭圆C: 的离心率为 ,过右焦点F 的直线l 与C 相交于A 、B两点,当l 的斜率为1时,坐标原点O 到l 的距离为Ⅰ求证：BC ⊥平面PAC ；Ⅱ当D 为PB 的中点时,求AD 与平面PAC 所成的角的大小； Ⅲ是否存在点E 使得二面角A DE P --为直二面角 并说明理由.参考答案1.解析：①l ⊥α且α∥β⇒l ⊥β,m ⊂β⇒l ⊥m . ②α⊥β且l ⊥α⇒l ∥β,但不能推出l ∥m . ③l ∥m ,l ⊥α⇒m ⊥α,由m ⊂β⇒α⊥β. ④l ⊥m ,不能推出α∥β. 答案：B2.解析：选元5张,元2张,元1张.故8张. 答案：B3. 答案：C解析：先考查拼成三棱柱如图1全面积：S 1=48124)543(342122+=⨯+++⨯⨯⨯a aa a a a a ,再考查拼成四棱柱如图2全面积.1若AC=5a,AB=4a,BC=3a 则该四棱柱的全面积为S 2=28242)43(23422+=⨯++⨯⨯a a a a a a2若AC=4a,AB=3a,BC=5a 则该四棱柱的全面积为S 2=32242)53(23422+=⨯++⨯⨯a a a a a a3若AC=3a,AB=5a,BC=4a 则该四棱柱的全面积为S 2=36242)54(23422+=⨯++⨯⨯a aa a a a又在所有可能的情形中,全面积最小的是一个四棱柱,从而知.3150201248122824222<<⇒<⇒+<+a a a a 即a 的取值范围是 15);4. 解析：不等式表示的平面区域如图所示阴影部分△ABC 由3434x y x y +=⎧⎨+=⎩得A1,1,又B0,4,C0,43∴S △ABC =144(4)1233-⨯=,设y kx =与34x y +=的 交点为D,则由1223BCD S S ABC ∆=∆=知12D x =,∴52D y =∴5147,2233k k =⨯+=选A;5.解析：由50°–20°=45°–15°=30°可得sin 2α+cos 2α+30°+sin αcos α+30°=43. 答案：sin 2α+cos 2α+30°+sin αcos α+30°=436. 答案： 81248,T TT T解析：对于等比数列,通过类比,有等比数列{}n b 的前n 项积为n T ,则4T ,81248,T T T T ,1612T T 成等比数列;点评：此题是一个数列与类比推理结合的问题,既考查了数列中等差数列和等比数列的知识,也考查了通过已知条件进行类比推理的方法和能力7. 解：Ⅰ设(),0,c F 当l 的斜率为1时,其方程为O c y x ,0=--到l 的距离为2200c c=--故222=c , 1=c AxD yC Oy=kx+43由 33==a c e 得 3=a ,22c ab -==2ⅡC 上存在点P ,使得当l 绕F 转到某一位置时,有OB OA OP +=成立; 由 Ⅰ知C 的方程为22x +23y =6. 设).,(),,(2211y x B y x A ⅰ )1(-=x k y l x l 的方程为轴时，设不垂直当C OB OA OP P +=使上的点成立的充要条件是）点的坐标为（2121,y y x x P ++, 且6)(3)(2221221=+++y y x x整理得 6643232212122222121=+++++y y x x y x y x632,63222222121=+=+y x y x C B A 上，即在、又故 03322121=++y y x x ①将 并化简得代入,632)1(22=+-=y x x k y0636)32(2222=-+-+k x k x k于是 2221326kk x x +=+, 21x x =223263k k +-, 2221221324)2)(1(k k x x k y y +-=--=代入①解得,22=k ,此时2321=+x x 于是)2(2121-+=+x x k y y =2k -, 即)2,23(k P - 因此, 当2-=k 时,)22,23(P , 022=-+y x l 的方程为； 当2=k 时,)22,23(-P , 022=--y x l 的方程为; ⅱ当l 垂直于x 轴时,由)0,2(=+OB OA 知,C 上不存在点P 使OB OA OP +=成立;综上,C 上存在点)22,23(±P 使OB OA OP +=成立,此时l 的方程为 022=-±y x ;点评：本题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力,第一问直接运用点到直线的距离公式以及椭圆有关关系式计算,第二问利用向量坐标关系及方程的思想,借助根与系数关系解决问题,注意特殊情况的处理;8.解法1Ⅰ∵PA ⊥底面ABC,∴PA⊥BC .又90BCA ︒∠=,∴AC ⊥BC . ∴BC⊥平面PAC.Ⅱ∵D 为PB 的中点,DE 12DE BC =∴∠DAE 是AD 与平面PAC 所成的角, ∵PA ⊥底面ABC,∴PA⊥AB ,又PA=AB, ∴△ABP 为等腰直角三角形,∴AD AB =, ∴在Rt△ABC 中,60ABC ︒∠=,∴12BC AB =.∴在Rt△A DE 中,sin 24DE BC DAE AD AD ∠===,∴AD 与平面PAC 所成的角的大小arcsin4. Ⅲ∵AE ⊂⊂A DE P --90PAC ︒∠=∴在棱PC 上存在一点E,使得AE⊥PC ,这时90AEP ︒∠=,故存在点E 使得二面角A DE P --是直二面角. 解法2：以A 为原煤点建立空间直角坐标系A xyz -, 设PA a =,由已知可得()()10,0,0,,,0,0,,0,0,0,222A B a C a P a ⎛⎫⎛⎫-⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. Ⅰ∵()10,0,,,0,02AP a BC a ⎛⎫== ⎪⎝⎭, ∴0BC AP ⋅=,∴BC⊥AP .又∵90BCA ︒∠=,∴BC⊥A C,∴BC⊥平面PAC.Ⅱ∵D为PB的中点,DE13131,,,0,,44242D a a aE a a⎛⎫⎛⎫-⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角,∵13131,,,0,,44242AD a a a AE a ⎛⎫⎛⎫=-=⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,∴14 cos4AD AEDAEAD AE⋅∠==⋅.∴AD与平面PAC所成的角的大小14 arccos4.Ⅲ同解法1.点评：本题主要考查直线和平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力;。

立体几何中的探索性问题的解题策略[策略诠释]1．主要类型：(1)对平行或垂直关系的探索．(2)对条件或结论不完备的开放性问题的探索．2．解题思路：首先假设其存在，然后在这个假设下推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，若推出了矛盾就否定假设．3．注意事项：(1)解决此类问题的关键是通过条件与所求把要探索的问题确定下来．(2)在转化过程中要有理有据，不能凭空猜测．【典例1】(2014·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．[审题](1)切入点：先利用线面垂直的判定定理证明AA1⊥平面ABC，再证明直线BC⊥平面ACC1A1.关注点：注意条件AC⊥BC的应用．(2)切入点：由于D，E分别是线段BC，CC1的中点，易猜想M应为线段AB的中点．关注点：只要在平面A1MC内找到一条与DE平行的直线即可．[解题]【解】(1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.2分因为AB，AC为平面ABC内两条相交的直线，所以AA1⊥平面ABC.4分因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交的直线，所以BC⊥平面ACC1A1.6分(2)取线段AB 的中点M ，连接A 1M ，MC ，A 1C ，AC 1，设O 为A 1C ，AC 1的交点． 由已知，O 为AC 1的中点.8分连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC，△ACC 1的中位线，所以，MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD 綊OE.9分连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形， 则DE∥MO.因为直线DE ⊄平面A 1MC ，MO ⊂平面A 1MC ， 所以直线DE∥平面A 1MC.11分即线段AB 上存在一点M(线段AB 的中点)，使直线DE∥平面A 1MC.12分 [变题]1．(2014·北京东城模拟)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是菱形，ADNM 是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD ，P 为DN 的中点．(1)求证：BD⊥MC.(2)线段AB 上是否存在点E ，使得AP∥平面NEC ，若存在，说明在什么位置，并加以证明；若不存在，说明理由．【解】(1)连接AC，因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，所以AM⊥平面ABCD.因为BD⊂平面ABCD，所以AM⊥BD.因为AC∩AM＝A，所以BD⊥平面MAC.又MC⊂平面MAC，所以BD⊥MC.(2)当E为AB的中点时，有AP∥平面NEC.取NC的中点S，连接PS，SE.因为PS∥DC∥AE，PS＝AE＝12 DC，所以四边形APSE是平行四边形，所以AP∥SE.又SE⊂平面NEC，AP⊄平面NEC，所以AP∥平面NEC.【典例2】(12分)(2014·北京丰台模拟)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)．(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． [审题](1)切入点：先从折叠前后关系入手证明DE ⊥AC. 关注点：折叠前后线面间的位置关系．(2)切入点：先由条件建立空间直角坐标系，求面平面A 1BE 的法向量． 关注点：线面角与方向向量和法向量所求角的关系． (3)切入点：首先假设存在点P.关注点：由平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直知其法向量垂直． 【解】 (1)证明：∵AC ⊥BC ，DE ∥BC ， ∴DE ⊥AC.∴DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ， ∴DE ⊥平面A 1DC. ∴DE ⊥A 1C.又∵A 1C ⊥CD ，且DE∩CD＝D ， ∴A 1C ⊥平面BCDE. (2)如图所示，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C­xyz，则A 1(0,0,23)，D(0,2,0)，M(0,1，3)，B(3,0,0)，E(2，2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)，∴⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3， ∴n ＝(2,1，3).6分设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ.∵CM →＝(0,1，3)，∴sin θ＝|cos 〈n ，CM →〉|＝|n ·CM →|n |·|CM →||＝48×4＝22.∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.8分(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．理由如下： 假设这样的点P 存在，使其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，则m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0. 又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →＝(p ，－2,0)，∴⎩⎨⎧2y ′－23z ′＝0，px ′－2y ′＝0.令x ′＝2，则y ′＝p ，z ′＝p3， ∴m ＝(2，p ，p3).10分平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．∴线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直.12分 【变题】2．(2014·贵州贵阳质检)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点 E ，使二面角D 1－EC －D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．【解】 (1)四边形ADD 1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ， 所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0，0,1)，C (0,2,0)．设满足条件的点E 存在， 令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)， EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)， 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·D 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2－y 0y 1＝0，2y 1－z 1＝0.令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1－EC －D 的大小为π6得cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝22－y 02＋1＋4＝32，解得y 0＝2－33∈[0,2]，3 3时，二面角D1－EC－D的大小为π6.所以当AE＝2－。

圆锥曲线中的探索性问题是高考命题的热点，主要以解答题的形式出现，难度较大，一般作为压轴题．解决这类问题往往采用“假设反证法”或“假设检验法”，也可先用特殊情况得到所求值，再给出一般性的证明．考查的知识点多，能力要求高，尤其是运算变形能力，同时着重考查学生的分析问题与解决综合问题的能力．“大题规范解答——得全分”系列之(九)圆锥曲线中探索性问题的答题模板[典例] (2012福建高考·满分13分)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，离心率e ＝12.过F 1的直线交椭圆于A 、B 两点，且△ABF 2的周长为8.(1)求椭圆E 的方程；(2)设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q .试探究：在坐标平面内是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．[教你快速规范审题]1．审条件，挖解题信息观察条件―→椭圆方程及左、右焦点F 1，F 2，离心率e ＝12，△ABF 2的周长为8, ―――――――――――――→椭圆定义及离心率公式△ABF 2的周长为4a ，e ＝c a2．审结论，明解题方向观察所求结论―→求椭圆的方程―→需建立关于a ，b ，c 的方程组求解3．建联系，找解题突破口由条件可得4a ＝8，c a ＝12―――――――→a 2＝b 2＋c 2可得a ＝2，b 2＝3―――――――→代入椭圆方程 得E 的方程x 24＋y 23＝11．审条件，挖解题信息观察条件―→，直线l 与椭圆E 相切于点P 与直线x ＝4相交于点Q ――――――――――→联立方程，消元 得判别式Δ＝0及P ，Q 的坐标2．审结论，明解题方向观察所证结论―→探索是否存在点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ―――――→假设M 存在问题转化为 MP u u u r ,·MQ u u u u r ,＝0恒成立3．建联系，找解题突破口由条件分析M 的位置并设出它的坐标(x 1，0) ,·0MP MQ MP MQ −−−−−−−→u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r 出向量的坐代入等式＝写标得到关于参数m ，k ，x 1的方程――――――――――→对任意m ，k 恒成立得关于x 1的方程组―――――→判断是否有解结论[教你准确规范解题](1)因为|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8，即|AF 1|＋|F 1B |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8，(1分)又|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ，(2分)所以4a ＝8，a ＝2.又因为e ＝12，即c a ＝12，所以c ＝1，(3分) 所以b ＝a 2－c 2＝ 3. 故椭圆E 的方程是x 24＋y 23＝1.(4分)(2)由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，消去y 得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.(5分) 因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0，y 0)，所以m ≠0且Δ＝0，(6分) 即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0，化简得4k 2－m 2＋3＝0. (*)(7分)此时x 0＝－4km 4k 2＋3＝－4k m ，y 0＝kx 0＋m ＝3m ，所以P ⎝⎛⎭⎫－4km ，3m .(8分)由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4，y ＝kx ＋m ，得Q (4,4k ＋m )．(9分)假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．(10分) 设M (x 1,0)，则MP u u u r ·MQ uu u u r ＝0对满足(*)式的m ，k 恒成立．因为MP u u u r ＝⎝⎛⎭⎫－4km －x 1，3m ，MQ u u u u r＝(4－x 1,4k ＋m )，由MP u u u r ·MQ u u u u r ＝0，得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12km ＋3＝0，整理，得(4x 1－4)km ＋x 21－4x 1＋3＝0. (**)(11分)由于(**)式对满足(*)式的m ，k 恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 4x 1－4＝0，x 21－4x 1＋3＝0，解得x 1＝1.(12分)故存在定点M (1,0)，使得以PQ 为直径的圆恒过点M .(13分)[常见失分探因]易忽视定义的应用.忽视圆的对称性，判断不出M 必在x 轴上.对于方程(4x 1－4)·km ＋x 21－4x 1＋3＝0不会利用对m ，k 恒成立，求解x 1.————————————[教你一个万能模板]—————————————————―→―→。