高考数学探索性问题解答模型策略

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中学教学参考
教 学经纬
个先后顺序 也是 不能 调换 的 。这样 经过不 断地 提 出问 题， 并不断地解决 问题 ， 培养 了学生思维的严 密性 。
四 、 用 一 题 多解 、 题 多 变 的 教 学 方 式 。 养 学 生 采 一 培 思 维 的 发 散 性
设 Ｑ１ ｚ ， １ ， （ ２ Ｙ ） （ ｌＹ ） Ｑ２ｚ ， ２ ，
ｆ 是 一 １ ＋ １ 一 （ ） ，
’
． ．
【 ２ （ 南） 例 １ 海 已知 椭 圆 Ｃ的中心 为直 角 坐标 系 （ 的原点 ， 焦点在 轴上 ， 的一个 顶点 到两 个焦 点 它
的距离分别是 ７ １ （ ） 和 ． １ 求椭圆 Ｃ的方 程 ；２ 若 Ｐ为椭 （）
当÷＜ 时， ＜１ 轨迹为中心在原点、 长轴在 ｚ轴上
的椭 圆满足 一４ ｚ ≤． ≤４的部分 ； 当 ≥ １ ， 时 轨迹 为中心在原 点 、 长轴在 ｚ轴上 的椭
圆．
于 Ｆ位 于 ＤＣ 的中点 时 ，一１ 随着 Ｆ点 到 Ｃ 点 时， ｔ ， 因
Ｃ 上ＡＢ， Ｂ Ｄ ．Ｃ Ｂ Ｃ 上 Ｋ，。 Ｂ上 平 面 Ａ ． ＤＢ， 有 Ｃ 即 Ｂ上 Ｂ Ｄ，
题 型 ２ 探 索 结 论
基本特征 ： 有条件而无结论 或结论 的正确 与否需要 确定 ． 此种 题型 常见 于含有参 数 的问题 ， 者情 况多 种 或
的 问题 ．
基 本特征 ： 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．
【 ３ （ 国） 例 １ 全 给定双 曲线 一 一１ 过点 Ｂ １ ． （， １ 能否作直线 ｍ， ｍ 与所 给双 曲线交 于两 点 Ｑ 、 ， ） 使 Ｑ 且点 Ｂ是线段 Ｑ Ｑ 的中点？这样 的直线 ； 如果存 在 ， ２ Ｇ ｌ 求出它的方程 ； 如果不存 在 ， 说明理 由． 解析 ： 设所 求直线 的方程 为 Ｙ一是 ５ １ ＋ １ 并 （－ ） ， ［ ｍ

1 2
2
其体积分别为：
11 ,
14 ,
11 ．
12 12 6
点评：数学需要解题，但题海战术绝对不是学习数学的最佳策略．如何能
够跳出题海，事半功倍，关键是找到好的切入点．从本题来说，一方面当然要
最快找到一个可能的结果，另一方面，对于这种具有多重结果的结论开放性试
题，抓住条件中那些影响结果的动态因素，全面考察问题的各个方面，不仅可
以其中某一论断为条件，另一论断为结论（例如：⑤ ①），至少写出你
认为正确的三个命题：
.
讲解：本题考察对于函数性质的理解．
根据单调性的定义，不难知道：②⑤等价，又由于单调函数必有反函数，
所以，不难写出三个正确命题：② ⑤；④ ⑤；② ④（或④ ②）．
进一步思考，函数的值域与单调性、奇偶性并无直接联系，而且单调性与
高考数学复习综合讲解----结论开放的探索性问题
题型预测
探索性问题是指那些题目条件不完备、结论不明确、或者答案不唯一，给学生留有较 大探索余地的试题．这一类问题立意于对发散思维能力的培养和考察，具有开放性，解法 活、形式新，无法套用统一的解题模式，不仅有利于考查和区分考生的数学素质和创新能 力，而且还可以有效地检测和区分考生的学习潜能，因而受到各方面的重视，近年来已成 为高考试题的一个新亮点．探索性问题一般有三类：（1）探索结论的开放性问题；（2） 探索条件的开放性问题；（3）探索规律（或策略）的问题．
例 3． 如 右 图 ， 在 正 方 体 ABCD A1B1C1D1
A1
中，写出过顶点 A 的一个平面，使该平面与正 C1
B1 D1
方体的 12 条棱所成角都相等（写出你认为正确 的一个平面即可，不必考虑所有可能的情况）．

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___________。

xx0 g(x) b
例 6．
lim
x1
x3 x2 x 1
=(
)
A．等于 0 D．不存在
B．等于 l
C．等于 3
[考查目的]本题主要考查利用同解变形求函数极限的能力.
[解答过程] lim x3 x2 lim x2(x 1) lim x2 1. 故选 B
x1 x 1 x1 x 1
x1
例 7．
lim
[解答过程]
Tr 1
C4r
a
4r
x82r
x
1 2
r
，由
x x 82r
1r 2
x3,得r 2,
由C4r
a
4
r
=
3 2
知a=
1 2
，所以
1
lim(a a2
n
an
)
1
2
1
1，所以为 1.
2
例 3.把1 (1 x) (1 x)2 (1 x)n 展开成关于 x 的多项式，其各项系数和为 an ，则
x
x
（x）的极限是 a,记作 lim f（x）=a,也可记作当 x→∞时，f（x）→a. x
（2）一般地，当自变量 x 无限趋近于常数 x0（但 x 不等于 x0）时，如果函数 f（x） 无限趋近于一个常数 a,就说当 x 趋近于 x0 时，函数 f（x）的极限是 a,记作 lim f（x）
x x0
n1
2
x x2
2 1 x
1
(
)
（A）0
（B）1
（C） 1 （D） 2
2
3
[考查目的]本题主要考查利用分解因式同解变形求函数极限的能力.
[解答过程]

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]—————————————————―→―→。

一．方法综述立体几何在高考中突出对考生空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力等核心素养的考查。

考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法。

对于探索性问题（是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题）是近几年高考命题的热点，问题一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型。

现进行归纳整理，以便对此类问题有一个明确的思考方向和解决办法。

二．解题策略类型一 空间平行关系的探索【例1】（2020·眉山外国语学校高三期中（理））在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是对角线1AC 上的动点（点M 与1A C 、不重合），则下列结论正确的是__________①存在点M ，使得平面1A DM ⊥平面1BC D ； ②存在点M ，使得平面DM 平面11B CD ； ③1A DM ∆的面积可能等于36；④若12,S S 分别是1A DM ∆在平面1111A B C D 与平面11BB C C 的正投影的面积，则存在点M ，使得12S S【答案】①②③④【解析】①如图所示，当M 是1AC 中点时，可知M 也是1A C 中点且11B C BC ⊥，111A B BC ⊥，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，所以11BC A M ⊥，同理可知1BD A M ⊥，立体几何中探索性问题且1BC BD B =，所以1A M ⊥平面1BC D ，又1A M ⊂平面1A DM ，所以平面1A DM ⊥平面1BC D ，故正确；②如图所示，取1AC 靠近A 的一个三等分点记为M ，记1111AC B D O =，1OC AC N =，因为11AC AC ，所以1112OC C N AC AN ==，所以N 为1AC 靠近1C 的一个三等分点， 则N 为1MC 中点，又O 为11A C 中点，所以1A M NO ，且11A DB C ，111A MA D A =，1NOB C C =，所以平面1A DM平面11B CD ，且DM ⊂平面1A DM ，所以DM 平面11B CD ，故正确；③如图所示，作11A M AC ⊥，在11AA C 中根据等面积得：12633A M ==， 根据对称性可知：16A M DM ==，又2AD =1A DM 是等腰三角形， 则122162322326A DMS⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故正确；④如图所示，设1AM aAC =，1A DM ∆在平面1111D C B A 内的正投影为111A D M ∆，1A DM ∆在平面11BB C C 内的正投影为12B CM ∆，所以1111122222A D M aS S a ∆==⨯⨯=，122121222222B CM a S S a ∆-==⨯-⨯=，当12S S 时，解得：13a =，故正确.故答案为 ①②③④【点评】.探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论。

＝ １
一
０ ｎ 偶数 ， ，为
综 上 可得
Ｌ ３ ， 为戡 … ２ 。。
将 Ｉ Ｉ ≤ 。 （ ≤ｎ 的最小值记为 ， ０ ） 则 ＝ ， ＝ １ ０
点评
０，
一
这 是一 道 典 型 的猜想 、 纳 型探 索性 试 题 。 归
１
…
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，
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：
Ｉ Ｐ ｌ ＰＮ Ｉｉ Ｉ ｎＺ＿ ＰＮ 。 ｓ Ｍ
若 Ｓ ＝ Ａ ， 有 ＪＡｌＰ ＝ＩＭ ＩＰ ， △ ＳＭ 则 Ｐ ＢＩ Ｐ ＮＩ即 Ｉ Ｊ
一
Ｉ ＰＭ Ｉ— Ｉ ＰＢ Ｉ 。
￣ Ｃ 或 ② 四边形 Ａ Ｃ 为菱 形 ， ③ 四边 形 Ａ Ｃ Ａ ， ＢＤ 或 Ｂ Ｄ为
这 类题 的一般 解 法是 ： 过 观察 、 析 、 通 分 综合 、 括 和 必 概
其中 ＝
要 的逻 辑 推理 ， 题设 条件 中蕴 含 的特 征 规 律 猜 出 结 从 论 ， 行 严格 的 证 明 ， 解题 过 程 中尤 其要 注 意灵 活 再进 在
的规 律 ， 发现 当 ／为偶 数 时 ， ＝ ； ｎ为 奇 数 时 ， １ ， ０当
运用 从 特殊 到 一般 的归 纳 法 。 ２执 果 索 因 ， 溯 探求 ． 反
＝
一
，
故纳 ｛ 为。 可出 ， 偶奇然 归 ０ ，数后 ，数 ｎ， 一 为
对 于一 些探 求命 题 成 立 条 件 的 问题 ， 解 题 过 程 在
中可 以把 所求 问题 的 题 设 和 结论 均 视 为 已 知条 件 ， 分
化 简得 ： ＋ ｙ ＝ （ ±１ 。 ３ ４ ≠ ） 即 Ｐ点 轨 迹 为 ： ＋ ｙ ＝ （ ３ ４ ≠ ±１ 。 ）

高考数学探索性问题解答模型策略探干脆问题一样有以下几种类型：猜想归纳型、存在型问题、分类讨论型。

下面是高考数学探干脆问题解答模型，期望对大伙儿有关心。

猜想归纳型问题：指在问题没有给出结论时，需要从专门情形入手，进行猜想后证明其猜想的一样性结论。

它的思路是：从所给的条件动身，通过观看、试验、不完全归纳、猜想，探讨出结论，然后再利用完全归纳理论和要求对结论进行证明。

其要紧表达是解答数列中等与n有关数学问题。

存在型问题：指结论不确定的问题，即在数学命题中，结论常以“是否存在”的形式显现，其结果可能存在，需要找出来，可能不存在，则需要说明理由。

解答这一类问题时，我们能够先假设结论不存在，若推论无矛盾，则结论确定存在;若推证出矛盾，则结论不存在。

代数、三角、几何中，都能够显现此种探讨“是否存在”类型的问题。

分类讨论型问题：指条件或者结论不确定时，把所有的情形进行分类讨论后，找出满足条件的条件或结论。

此种题型常见于含有参数的问题，或者情形多种的问题。

探干脆问题，是从高层次上考查学生制造性思维能力的新题型，我们在学习中要重视对这一问题的训练，以提高我们的思维能力和开拓能力。

“教书先生”可能是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当如何说也确实是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。

只是更早的“先生”概念并非源于教书，最初显现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。

《孟子》中的“先生何为出此言也？”；《论语》中的“有酒食，先生馔”；《国策》中的“先生坐，何至于此？”等等，均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。

事实上《国策》中本身就有“先生长者，有德之称”的说法。

可见“先生”之原意非真正的“教师”之意，倒是与当今“先生”的称呼更接近。

看来，“先生”之本源含义在于礼貌和尊称，并非具学问者的专称。

称“老师”为“先生”的记载，首见于《礼记?曲礼》，有“从于先生，不越礼而与人言”，其中之“先生”意为“年长、资深之传授知识者”，与教师、老师之意差不多一致。

高考数学开放性问题的类型及求解探索■福建省龙岩市永定区城关中学童其林高考评价体系由“一核四层四翼”组成，其中，“一核”是高考的核心功能，即“立德树人、服务选才、引导教学”，回答“为什么考”的问题；“四层”为高考的考查内容，即“核心价值、学科素养、关键能力、必备知识”，回答“考什么”的问题；“四翼”为高考的考查要求，即“基础性、综合性、应用性、创新性”，回答“怎么考”的问题.那么，在“四翼”考查要求下，有哪些命题原则？在“四翼”考查要求下，新高考有哪些新题型？一般来说，在“四翼”考查要求下，新高考数学有以下三个命题原则：一是注重学科间的渗透和交叉，适当增加具有自然科学和社会人文学科情境的试题，促进学科间的融合以及对核心素养的有效考查；二是关注探究能力、数学学习能力的考查，设计结论开放、解题方法多样、答案不唯一、结构不良的试题，增强试题的开放性和探究性，对学生的创新能力进行考查；三是通过调整试卷结构，打破固有模式，探索试题排列新方式，努力破除复习备考中题海战术和套路训练的影响.在“四翼”考查要求下，新高考数学将有以下五种新题型：一是多选题，选择题答案不唯一，存在多个正确选项；二是逻辑思维题，以日常生活情境考查推理、论证、比较、评价等逻辑思维能力；三是数据分析题，给出一些材料背景，以及相关数据，要求考生读懂材料，获取信息，根据材料给出的情境、原理以及猜测等，自主分析数据，得出结论，并解决问题；四是举例题，要求考生通过给出的已知结论、性质和定理等条件，从题干中获取信息，整理信息，写出符合题干的结论或具体实例；五是开放题，问答题开放设问，答案并不唯一，要求考生能综合运用所学知识，进行探究，分析问题并最终解决问题.本文主要谈谈开放性问题的类型及求解.所谓开放型问题是相对有明确条件和明确结论的封闭式问题而言的，是指题目的条件不完备或结论不确定的问题.一、条件开放型这类题目的特点是给出了题目的结论，但没有给出满足结论的条件，并且这类条件常常是不唯一的，需要解题者从结论出发，通过逆向思维去判断能够追溯出产生结论的条件，并通过推理予以确认．这种条件探究性问题实质上是寻找使命题为真的充分条件（未必是充要条件）．解决此类问题的策略有两种，一种是将结论作为已知条件，逐步探索，找出结论成立所需的条件，这也是我们通常所说的“分析法”；第二种是假设题目中指定的探索条件，把它作为已知，并结合其他题设进行推导，如果能正确推导出结论，则此探索条件就可以作为题设条件，直觉联想、较好的洞察力都将有助于这一类问题的解答．例1.如图，在直四棱柱A1B1C1D1—ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件__________时，有A1C⊥B1D1（注：填上你认为正确的条件即可，不必考虑所有可能的情况）解析：本题是条件探索型试题，即寻找结论A1C⊥B1D1成立的充分条件，由AA1⊥平面A1C1以及A1C⊥B1D1（平面A1C1的一条斜线A1C与面内的一条直线B1D1互相垂直），容易联想到三垂线定理及其逆定理.因此，欲使A1C⊥B1D1，只需B1D1与CA1在平面A1C1上的射影垂直即可.显然，CA1在平面A1C1上的射影为A1C1，故当B1D1⊥A1C1时，有A1C⊥B1D1，又由于直四棱柱的上、下底面互相平行，从而B1D1∥BD，A1C1∥AC.因此，当BD⊥AC时，有A1C⊥B1D1.由于本题是要探求使A1C⊥B1D1成立的充分条件，故当四边形ABCD为菱形或正方形时，依然有BD⊥AC，从而有A1C⊥B1D1，故可以填：①AC⊥BD或②四边形ABCD 为菱形，或③四边形ABCD为正方形中的任一个条件即可.点评：AC⊥BD是结论A1C⊥B1D1成立的充要条件，而所填的ABCD是正方形或菱形则是使结论A1C⊥B1D1成立的充分而不必要的条件．本例中，满足题意的充分条件不唯一，具有开放性特点，这类试题重在考查基础知识的灵活运用以及归纳探索能力.例2.有一道题目由于纸张破损，有一条件看不清楚，具体如下：在△ABC中，已知a=3姨，____________，2cos2（A+C2）＝（2姨-1）cos B，求角A.经推断，破损处的条件为三角形一边的长度，该题的答案A＝60°是唯一确定的，试将条件补充完整，即空白处应填的条件是__________.解析：2cos2（A+C2）＝（2姨-1）cos B圳2·1+cos（A+C）2＝（2姨-1）cos B圳cos B＝2姨2.又B∈（0°，180°），所以B=45°.（1）bsin45°＝3姨sin60°圯b＝2姨，A1B1D1C1ABCD252021年第22021年第2检验：b sin B ＝a sin A 圳2姨sin45°＝3姨sin A 圳sin A ＝3姨2，又A ∈（0°，180°），且a ＞b ，所以A ＝60°或者A ＝120°，这与已知角A 的解为唯一解矛盾.（2）B =45°，又A ＝60°，所以C ＝75°，c sin75°＝3姨sin60°圯c ＝6姨+2姨2.检验：c sin C ＝a sin A圳6姨+2姨2sin750＝3姨sin A圳sin A ＝3姨2.又A ∈（0°，180°），且c ＞a ，所以A ＝60°.故应填的条件是：c ＝6姨+2姨2.点评：本题所求的边要么是b ，要么是c ，但还要满足三角形存在这个条件，所以检验是必要的，否则容易忽视隐含条件而引起错误.例3.在①ac ＝3姨，②c sin A ＝3，③c ＝3姨b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC ，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin A ＝3姨sin B ，C ＝仔6，________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解析：在△ABC 中，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin A ＝3姨sin B ，C ＝仔6，这是公共条件.在此条件下，从①ac ＝3姨，②c sin A ＝3，③c ＝3姨b 这三个条件中任选一个，求问题中的三角形是否存在，若存在，求c 的值，若不存在，说明理由．公共条件怎样用？通常有两种转化方法，一是在sin A ＝3姨sin B 中，利用正弦定理角化边，得到a ，b 的比例关系，再设出长度长度，由余弦定理得到c 的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解；二是利用诱导公式和两角和的三角函数公式求得tan A 的值，得到角A ，B ，C 的值，然后根据选择的条件进行分析判断和求解.具体解法有如下几种：解法一：由sin A ＝3姨sin B 可得：a b ＝3姨，不妨设a ＝3姨m ，b ＝m （m ＞0），则c 2＝a 2+b 2-2ab cos C=3m 2+m 2-2×3姨m ×m ×3姨2＝m 2，即c=m .选择条件①的解法：据此可得：ac=3姨m ×m ＝3姨m 2＝3姨，∴m ＝1，此时c ＝m ＝1.选择条件②的解法：据此可得：cos A ＝b 2+c 2-a 22bc ＝m 2+m 2-3m 22m 2＝-12，则sin A ＝1-（-12）2姨＝3姨2，此时：c sin A ＝m ×3姨2＝3，则：c ＝m ＝23姨.选择条件③的解法：可得c b ＝m m＝1，c ＝b ，与条件c ＝3姨b 矛盾，则问题中的三角形不存在.解法二：∵sin A ＝3姨sin B ，C=仔6，B =仔-（A +C ），∴sin A ＝3姨sin （A +C ）＝3姨sin （A +仔6），sin A ＝3姨sin （A +仔6）＝3姨sin A ·3姨2+3姨cos A ·12，∴sin A ＝-3姨cos A ，∴tan A ＝-3姨，∴A ＝2仔3，∴B=C ＝仔6，若选①，ac ＝3姨，∵a ＝3姨b ＝3姨c ，∴3姨c 2＝3姨，∴c ＝1；若选②，c sin A ＝3，则3姨c 2＝3，c ＝23姨；若选③，与条件c ＝3姨b 矛盾.点评：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．值得注意的是，本例属于结构不良问题.结构不良的问题并不是指问题本身有什么错误或者不恰当，而是指它没有明确的结构或者解决途径.例如，修电脑，其初始状态不明确，要先检查电脑故障状态在哪？再如，让学生考察当地城市环境污染状况，写一篇论文，其初始状态、目标状态、甚至问题的解决方案都不明确，是名副其实的结构不良问题.近年来，结构不良问题引起了研究者的关注，因为现实生活中充斥着大量结构不良问题需要解决者从诸多现象中自己分析、设计出解决方案.数学“结构不良”问题比开放性问题的范畴更大、更广.二、结论开放型这类题目的特点是给出一定的条件，要求从条件出发去探索结论，而结论往往是不唯一的，甚至是不确定的，或给出特例后通过归纳得出一般性结论.解决此类问题的策略有：从已知条件出发，运用所学过的知识进行推理、探究或实验得出结论；通过归纳得出一般性结论，再去证明；对多种结论进行优化（内含分类讨论）等.例4老师给出一个函数y ＝ｆ（x ），四个学生甲、乙、丙、丁各指出这个函数的一个性质：甲：对于ｘ∈R ，都有ｆ（1+x ）＝ｆ（1-x ）；乙：在（-∞，0]上函数递减；丙：在（0，+∞）上函数递增；丁：f （0）不是函数的最小值．26如果其中恰有三个人说得正确，请写出一个这样的函数：____________．解析：首先看甲的话，所谓“对于ｘ∈R，都有ｆ（1+x）＝ｆ（1-x）”，其含义即为：函数f（ｘ）的图像关于直线x=1对称．数形结合，不难发现：甲与丙的话相矛盾．（在对称轴的两侧，函数的单调性相反）因此，我们只需选择满足甲、乙、丁（或乙、丙、丁）条件的函数即可．如果我们希望找到满足甲、乙、丁条件的函数，则需要认识到：所谓函数在（-∞，0]上单调递减，并不是说函数f（ｘ）的单调递减区间只有（-∞，0]．考虑到关于直线x=1的对称性，我们不妨构造函数，使之在（-∞，1]上单调递减，这样，既不与乙的话矛盾，也满足丁所说的性质．如ｆ（x）＝（x-1）2即可．实际上，ｆ（x）＝（x-1）2+m（m∈R）都满足题设，有无数个.如果希望找到满足乙、丙、丁条件的函数，则分段函数是必然的选择．如ｆ（x）＝-x+1，x≤0ｘ，x＞．实际上，ｆ（x）＝-x+k（k＞0），x≤0ｘ，x＞也满足题设，有无数个.点评：本题考查考生对于函数性质的理解和掌握．思考这样的问题，常常需要从熟悉的函数（一次、二次、反比例函数，指数、对数、三角函数等）入手，另外，分段函数往往是解决问题的关键．另外，本题也是举例题，属于开放性问题的范畴.例5.函数ｆ（x）的定义域为R，且ｆ（x+1）与ｆ（x+2）都为奇函数，则（）A.ｆ（x）为奇函数B.ｆ（x）为周期函数C.ｆ（x+３）为奇函数D.ｆ（x+4）为偶函数解析：因为g（x）=f（x+1）是奇函数，所以g（-x）+g（x）=0，即f（-x+1）+f（x+1）=0，所以f（x）关于（1，0）对称，同理f（-x+2）+ f（x+2）=0，f（x）关于点（2，0）对称.因此，f（2-x）+f（x）=0，f（（4-x）+f（x）=0，所以f（2-x）= f（4-x），所以f（x）=f（2+x），所以f（x）是以2为周期的函数.所以f（x），f（x+3）f（x+4），均为奇函数.ABC正确，所以选ABC.点评：在新高考中（比如2020年高考的山东卷、海南卷），这样的多选题一般有四道，通常设置在第9题至12题之间.对于本题而言理解和记住函数对称性和周期性的三个结论是很重要的：定理1.函数y=f（x）的图像关于点A（a，b）对称的充要条件是f（x）+f（2a－x）=2b.推论1：函数y=f（x）的图像关于原点O对称的充要条件是f（x）+f（－x）=0.推论2：函数y=f（x）的图像关于点A（a，b）对称的充要条件是f（a+x）+f（a－x）=2b.定理2.函数y=f（x）的图像关于直线x=a对称的充要条件是f（a+x）=f（a－x），即f（x）=f（2a－x）.推论：函数y=f（x）的图像关于y轴对称的充要条件是f（x）=f（－x）.定理3.①若函数y=f（x）图像同时关于点A（a，c）和点B（b，c）成中心对称（a≠b），则y=f（x）是周期函数，且2|a－b|是其一个周期.②若函数y=f（x）图像同时关于直线x=a和直线x=b成轴对称（a≠b），则y=f（x）是周期函数，且2|a－b|是其一个周期.③若函数y=f（x）图像既关于点A（a，c）成中心对称又关于直线x=b成轴对称（a≠b），则y=f（x）是周期函数，且4|a－b|是其一个周期.（以上结论的证明留给读者）例6.已知a>0，b>0，且a+b=1，则（）A.a2+b2≥１2B.2a-b>１2C.log2a+log2b≥-2D.a姨+b姨≤2姨解析：对于A，a2+b2＝a2+（1-a）2＝2a2-2a+1＝2（a-１2）2+１2≥１2，当且仅当a＝b＝１2时，等号成立，故A正确；对于B，a-b＝2a-1>-1，所以2a-b>2-1＝１2，故B正确；对于C，log2a+log2b＝log2ab≤log2（a+b2）2＝log2１4＝-2，当且仅当a＝b＝１2时，等号成立，故C不正确；对于D，因为（a姨+b姨）2＝1+2ab姨≤1+a+b＝2，所以a姨+b姨≤2姨，当且仅当a＝b＝１2时，等号成立，故D正确，故选：ABD.点评：本题主要考查不等式的性质，综合了基本不等式，指数函数及对数函数的单调性，侧重考查数学运算的核心素养.三、条件和结论都开放型有些题目条件和结论都是不确定的，但是给出了一定量的信息和情景，要求解题者在题目给出的情景中，自行设定条件，自己寻找结论，自己构建命题并进行演绎推理．例7.琢、茁是两个不同的平面，m、n是平面琢及茁之外的两条不同直线.给出四个论断：①m⊥n；②琢⊥茁；③n⊥茁；④m⊥琢.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一一一个命题：______________.解析：本题通过改变条件与结论之间呈现的顺序与组合，使问题具备了探索性，将分析—猜想—证明的思维过程巧妙地融入了解题过程；同时也使问题具有了开放性，走出了数学答案唯一确定的误区.它们以新颖的知识呈现方式改变考生的常规思维，考查考生的创新能力.答案是：②③④圯①或①③④圯②.例8.三角形ABC的三个内角A，B，C的对边的长分别为a，b，c，有下列两个条件：（Ⅰ）a，b，c成等差数列；（Ⅱ）a，b，c成等比数列.现给出三个结论：①0＜B≤仔３；②a cos C+c cos A＝a+c2；③1＜1+sin2Bcos B+sin B≤2姨请你选取给定的两个条件中的一个条件为条件，三个结272021年第2论中的两个为结论，组建一个你认为正确的命题，并证明之.解析：可以组建如下正确的命题：命题一：△ABC中，若a、b、c成等差数列，求证：（Ⅰ）0＜B≤仔３；（Ⅱ）a cos C+c cos A＝a+c2．命题二：△ABC中，若a、b、c成等差数列，求证：（Ⅰ）0＜B≤仔３；（Ⅱ）1＜1+sin2Bcos B+sin B≤2姨．命题三：△ABC中，若a、b、c成等差数列，求证：（Ⅰ）a cos C+c cos A＝a+c2；（Ⅱ）1＜1+sin2Bcos B+sin B≤2姨．命题四：△ABC中，若a、b、c成等比数列，求证：（Ⅰ）0＜B≤仔３；（Ⅱ）1＜1+sin2Bcos B+sin B≤2姨．下面给予证明：命题一：（Ⅰ）因为a、b、c成等差数列，所以2b=a+c，故b=a+c2．cos B＝a2+c2-b22ac ＝a2+c2-（a+c2）22ac＝3（a2+c2）-2ac8ac≥6ac-2ac8ac＝１2.又B∈（0，仔），所以0＜B≤仔３．（Ⅱ）a cos C+c cos A＝a×a2+b2-c22ac +c×b2+c2-a22bc＝b＝a+c2.命题二：（Ⅰ）同命题一（Ⅰ）．（Ⅱ）1+sin2Bcos B+sin B ＝（cos B+sin B）2cos B+sin B＝cos B+sin B=2姨cos（B-仔4）.因为0＜B≤仔３，所以-仔4＜B-仔4≤仔12，所以2姨2＜cos（B-仔4）≤1，所以1＜2姨cos（B-仔4）≤2姨．命题三：可证明0＜B≤仔３．（Ⅰ）同命题一（Ⅱ）．（Ⅱ）同命题二（Ⅱ）．命题四：（Ⅰ）因为a、b、c成等比数列，所以b2＝ac，cos B＝a2+c2-b22ac ＝a2+c2-ac2ac≥2ac-ac2ac＝１2，且B∈（0，仔），所以0＜B≤仔３．（Ⅱ）同命题二（Ⅱ）．点评：在考场上，只要四个命题中选择一种，并证明即可，但在平时的学习过程中，应该尝试各种可能的情形进行分析求解.练习题1.设同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1，2，3，4的正四面体一次.记事件A={第一个四面体向下的一面出现偶数}；事件B={第二个四面体向下的一面出现奇数}；C={两个四面体向下的一面或者同时出现奇数或者同时出现偶数}.给出下列说法：①P（A）＝P（B）＝P（C）；②P（AB）＝P（AC）＝P（BC）；③P（ABC）＝１8；④P（A）P（B）P（C）＝１8，其中正确的有（）A.0个B.1个C.2个D.3个2.已知函数ｆ（ｘ）＝ln x-x+１x，给出下列四个结论，则所有正确结论是（）A.曲线y＝ｆ（ｘ）在ｘ＝1处的切线方程为ｘ+y-1＝0B.ｆ（ｘ）恰有2个零点C.ｆ（ｘ）既有最大值，又有最小值D.若ｘ1ｘ2>0且ｆ（ｘ1）+ｆ（ｘ2）＝0，则ｘ1ｘ2＝13.能说明“若ｆ（ｘ）>ｆ（0）对任意的ｘ∈（0，2]都成立，则ｆ（ｘ）在[0，2]上是增函数“为假命题的一个函数是_________.4.已知l，m是平面琢外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥琢；③l⊥琢．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．5.已知△ABC的内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，在①３姨cos C（a cos B+b cos A）＝c sin C；②a sin A+B2＝c sin A；③（sin B-sin A）2＝sin2C-sin B sin A，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，当____________时，求sin A·sin B的最大值.练习题参考答案1.D.2.ABD.3.y=sin x，或者ｆ（ｘ）＝0，ｘ＝04-ｘ，ｘ∈（0，22]（答案不唯一）4.如果l⊥琢，m∥琢，则l⊥m.5.解析：若选①，则由正弦定理３姨cos C（sin A cos B+sin B cos A）＝sin C sin C，３姨cos C sin（A+B）＝sin C sin C，３姨＝tan C，C＝仔３.若选②，则由正弦定理知：sin A sin仔-C2＝sin C sin A，cos C2＝sin C＝2sin C2cos C2sin C2＝１2，C＝仔３.若选③，则有正弦定理知（b-a）2＝c2-bc，∴b2+a2-c2＝bc，由余弦定理知：cos C＝１2，C＝仔３，A+B＝2仔３，∴sin A·sin B＝sin A·sin（2仔３-A）＝sin A·（３姨２cos A+１2sin A）＝３姨２sin A·cos A+１2sin2A＝３姨4sin2A+１4（1-cos2A）＝１2sin（2A-仔6）+１4.∵A∈（0，2仔３），∴2A-仔6∈（-仔6，7仔6）.所以当A＝仔３时，sin A·sin B的最大值是３4.责任编辑徐国坚282021年第2。

３ 规 律 探 究 型 问 题
规 律 探究 型 问题解 题 的 基本 方 法是 ： 往往 需 要 在
解决 判 断存 在型 问题 的基 本 方法 是 ： 先 认 可 其 首 中一 部分 的结 论 ， 后 进 行 逻 辑 分 析 ， 果 由 此 推 出 然 如 了矛 盾 ， 则认 可 的结论 是 错误 的 ， 反之 ， 出肯 定 的 结 给 论 ． 判 断存 在 型问题 中反 证法 常被用 到 ． 在
Ｑ （ （ 略； 解析 １ ２ ））
（ ） 当 Ａ Ｌ 面 Ｃ Ｂ 时 ， 虑 到 Ｂ ３ ｃ＿ 平 Ｄ 考 ｃ— Ｃ Ｂ Ｄ＝ ６ 。 同 时 联 想 到 ｊ 棱 锥 ＣＣ Ｂ 是 正 三 Ｄ， Ｃ ０， － Ｄ
彝
与 等 比数 列 的性质 等都 是 类 比的典 型试题． 综上 ， 创新题 型 是 高 考 命 题 的亮 点 ， 考 查 考 生 是 数 学探 究能 力 和数学 学 习潜 能 的有 力 工 具 ， 是检 验 也
能 力 的新 题 型 ， 索 性 问题 一 般 可 以分 为 ： 索 条 件 探 探
型 问题 、 索结 论 型 问题 、 件 重 组 型 问题 、 断 存 在 探 条 判 型 问题 、 规律探 究 型 问题 、 实验 操 作 型 问题 等 ， 由于 篇
幅所 限 ， 下面 只对 探索条 件 型 问题 、 断存 在 型 问题 、 判
两点 的平 面 同时应 过 Ｂ ， 才可 达 到 要 求． 问 题转 化 故
为求 几何 体 ＡＢ － 的体积 ． Ｃ ＤＢ Ｅ 为求 该 不规 则 几 何 体 的体 积 可 对 图形 进 行 如 下
处理 ：
因 为 Ａ — ，— Ｄ ｃＢ＋ Ｖ — ｃ 而 ＶＤ Ｂ — Ｖ ＢＤ Ｅ ｃＢ — Ｅ， Ｄ Ｂ ， Ｂ Ａ 诅 ｃ ｂ一

圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题考情分析圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题是近年高考的热点,探索性问题通常为探索是否存在符合的点、直线或结果是否为定值,求解时一般是先假设结论存在,再进行推导,有时也会出现探索曲线位置关系的试题,结构不良问题时,兼顾开放性与公平性,形式不固化,问题条件或数据缺失或冗余、问题目标界定不明确、具有多种评价解决方法的标准等特征,选择不同的条件,解题的难度是有所不同的,能较好地考查学生分析问题解决问题的能力.解题秘籍(一)解决探索性问题与不良结构问题的注意事项及方法1.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．2.存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．3.结构不良问题的主要特征有：①问题条件或数据部分缺失或冗余；②问题目标界定不明确；③具有多种解决方法、途径；④具有多种评价解决方法的标准；⑤所涉及的概念、规则和原理等不确定．1(2023届江西省赣州厚德外国语学校、丰城中学高三上学期10月联考)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1经过点2,-3,两条渐近线的夹角为60°,直线l交双曲线于A,B两点.(1)求双曲线C的方程.(2)若动直线l经过双曲线的右焦点F2,是否存在x轴上的定点M m,0,使得以线段AB为直径的圆恒过M点？若存在,求实数m的值；若不存在,请说明理由.2(2023届云南省师范大学附属中学高三上学期月考)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(b >a >0)的右焦点为F c ,0 ,从①虚轴长为23；②离心率为2；③双曲线C 的两条渐近线夹角为60°中选取两个作为条件,求解下面的问题.(1)求C 的方程；(2)过点F 的直线l 与双曲线C 的左､右两支分别交于A ,B 两点,O 为坐标原点,记△AOB ,△FOB 面积分别为S 1,S 2,若S1S 2=3+1,求直线l 的方程.(注：若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.)(二)是否存在型探索性问题求解此类问题一般是先假设存在,再根据假设看看能否推导出符合条件的结论.3(2022届天津市南开中学2高三上学期检测)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2,且F 2也是抛物线E ：y 2=4x 的焦点,P 为椭圆C 与抛物线E 在第一象限的交点,且PF 2 =53．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线y =k x -1 与椭圆C 交于R ,S 两点,问是否在x 轴上存在一点T ,使得当k 变动时,总有∠OTS =∠OTR ？说明理由．(三)探索直线是否过定点求出此类问题一般是设出直线的斜截式方程y =kx +t ,然后根据已知条件确定k ,t 的关系式,再判断直线是否过定点.4(2022届北京市房山区高三上学期期末)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32,A ,B 分别为椭圆E 的上、下顶点,且AB =2.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设直线l 与椭圆E 交于M ,N (不与点A ,B 重合)两点,若直线AM 与直线AN 的斜率之和为2,判断直线l 是否经过定点？若是,求出定点的坐标；若不是,说明理由.(四)探索结果是否为定值此类问题一般是把所给式子用点的坐标或其他参数表示,再结合韦达定理或已知条件进行化简,判断化简的结果是否为定值.5(2022届云南省三校高三联考)在平面直角坐标系xOy 中,椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点A a 3,a 3 ,B 2,32 ．(1)求椭圆E 的方程；(2)点Q x 0,y 0 是单位圆x 2+y 2=1上的任意一点,设P ,M ,N 是椭圆E 上异于顶点的三点且满足OP=x 0OM +y 0ON ．探讨OM 2+ON2是否为定值？若是定值,求出该定值,若不是定值,请说明理由．6(2022届天津市耀华中学高三上学期月考)已知O 为坐标原点,双曲线C 1:y 2a 21-x 2b 21=1a 1>0,b 1>0 和椭圆C 2:x 2a 22+y 2b 22=1a 2>b 2>0 均过点T 1,233 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；(3)椭圆C 2的右顶点为Q ,过椭圆C 2右焦点的直线l 1与C 2交于M 、N 两点,M 关于x 轴的对称点为S ,直线SN 与x 轴交于点P ,△MOQ ,△MPQ 的面积分别为S 1,S 2,问S1S 2是否为定值？若是,求出该定值；若不是,请说明理由．(六)探索直线与圆锥曲线的位置关系探索直线与圆的位置关系一般根据圆心到直线距离与圆的半径的大小进行判断,探索直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系一般根据判别式.7已知定理：如果二次曲线Ax 2+Cy 2+Dx +Ey +F =0与直线mx +ny +q =0(q ≠0)有两个公共点P 、Q ,O 是坐标原点,则OP ⊥OQ 的充要条件是(A +C )q 2-(mD +nE )q +(m 2+n 2)F =0.(1)试根据上述定理,写出直线l :x +2y -3=0与圆C :x 2+y 2+x -6y +c =0相交于P ,Q ,坐标原点为O ,且OP ⊥OQ 的充要条件,并求c 的值；(2)若椭圆x 2a 2+y 2b 2=1与直线mx +ny +q =0相交两点P 、Q ,而且OP ⊥QQ ,试判断直线PQ 与圆x 2+y 2=11a2+1b2的位置关系,并说明理由.(七)探索类比问题此类问题多是椭圆与双曲线的类比8设F1、F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的左、右两个焦点．(1)若椭圆C上的点A1,32到F1、F2两点的距离之和等于4,写出椭圆C的方程；(2)设K是(1)中所得椭圆上的动点,求线段F1K的中点的轨迹方程；(3)已知椭圆具有性质：若M、N是椭圆C上关于原点对称的两个点,点P是椭圆上任意一点,当直线PM、PN的斜率都存在,并记为k PM、k PN时,那么k PM与k PN之积是与点P位置无关的定值．试对双曲线x2a2-y2b2=1写出具有类似特性的性质,并加以证明．(八)不良结构问题近年不良结构问题,通常是要求学生从备选条件中选择部分条件解题,选择不同的条件,所用知识可能不同,难易程度也可能不同.9在①PF=x0+1,②y0=2x0=2,③PF⊥x轴时,PF=2这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答．问题：已知抛物线C:y2=2px p>0在抛物线C上,且．的焦点为F,点P x0,y0(1)求抛物线C的标准方程；(2)若直线l:x-y-2=0与抛物线C交于A,B两点,求△ABF的面积．跟踪检测1(2023届广东省佛山市顺德区高三上学期教学质量检测)已知动圆C 经过点F 1,0 ,且与直线x =-1相切,记动圆C 圆心的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)已知P 4,y 0 y 0>0 是曲线E 上一点,A ,B 是曲线E 上异于点P 的两个动点,设直线PA ､PB 的倾斜角分别为α､β,且α+β=3π4,请问：直线AB 是否经过定点？若是,请求出该定点,若不是,请说明理由.2(2023届江苏省泰州市泰兴市高三上学期期中)已知圆O ：x 2+y 2=16,点A (6,0),点B 为圆O 上的动点,线段AB 的中点M 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)设T (2,0),过点T 作与x 轴不重合的直线l 交曲线C 于E 、F 两点．(i )过点T 作与直线l 垂直的直线m 交曲线C 于G 、H 两点,求四边形EGFH 面积的最大值；(ii )设曲线C 与x 轴交于P 、Q 两点,直线PE 与直线QF 相交于点N ,试讨论点N 是否在定直线上,若是,求出该直线方程；若不是,说明理由．3(2023届上海师范大学附属嘉定高级中学高三上学期期中)己知双曲线C :x 2-y 2=1,过点T (t ,0)作直线l 和曲线C 交于A ,B 两点.(1)求双曲线C 的焦点和它的渐近线；(2)若t =0,点A 在第一象限,AH ⊥x 轴,垂足为H ,连结BH ,求直线BH 斜率的取值范围；(3)过点T 作另一条直线m ,m 和曲线C 交于E ,F 两点.问是否存在实数t ,使得AB ⋅EF =0和AB=EF同时成立.如果存在,求出满足条件的实数t 的取值集合；如果不存在,请说明理由.4(2023届湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校高三上学期期中联考)设点P 为圆C :x 2+y 2=4上的动点,过点P 作x 轴垂线,垂足为点Q ,动点M 满足2MQ =3PQ(点P 、Q 不重合)(1)求动点M 的轨迹方程E ；(2)若过点T 4,0 的动直线与轨迹E 交于A 、B 两点,定点N 为1,32,直线NA 的斜率为k 1,直线NB 的斜率为k 2,试判断k 1+k 2是否为定值．若是,求出该定值；若不是,请说明理由．5(2023届湖南省郴州市高三上学期教学质量监测)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22,过坐标原点O的直线交椭圆E于P,A两点,其中P在第一象限,过P作x轴的垂线,垂足为C,连接AC.当C为椭圆的右焦点时,△PAC的面积为2.(1)求椭圆E的方程；(2)若B为AC的延长线与椭圆E的交点,试问：∠APB是否为定值,若是,求出这个定值；若不是,说明理由.6(2023届云南省部分重点中学高三上学期10月份月考)已知抛物线C：y2=2px p>0的焦点为F,点D x0,2在抛物线C上,且DF=2．(1)求抛物线C的标准方程．(2)直线l：x=my+t与抛物线C交于A,B两点,点P-4,0,若∠APO=∠BPO(O为坐标原点),直线l 是否恒过点M？若是,求出定点M的坐标；若不是,请说明理由．7(2023届上海市高桥中学高三上学期9月月考)在平面直角坐标系中,O 为坐标原点,动点G 到F 1-3,0 ,F 23,0 的两点的距离之和为4．(1)试判断动点G 的轨迹是什么曲线,并求其轨迹方程C ．(2)已知直线y =k x -3 k >0 与圆F 2:x -3 2+y 2=14交于M 、N 两点,与曲线C 交于P 、Q 两点,其中M 、P 在第一象限,d 为原点O 到直线l 的距离,是否存在实数k ,使得T =NQ -MP ⋅2d 2取得最大值,若存在,求出k 和最大值；若不存在,说明理由．8(2022届广东省潮州市高三上学期期末)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为63,以原点O 为圆心,椭圆C 的长半轴长为半径的圆与直线2x -2y +6=0相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知点A ,B 为动直线y =k (x -2)(k ≠0)与椭圆C 的两个交点,问：在x 轴上是否存在定点E ,使得EA 2 +EA ⋅AB为定值？若存在,试求出点E 的坐标和定值；若不存在,请说明理由．9(2022届河北省深州市高三上学期期末)已知抛物线C :y 2=4x ,点F 为C 的焦点,过F 的直线l 交C 于A ,B 两点．(1)设A ,B 在C 的准线上的射影分别为P ,Q ,线段PQ 的中点为R ,证明：AR ∥FQ ；(2)在x 轴上是否存在一点T ,使得直线AT ,BT 的斜率之和为定值？若存在,求出点T 的坐标；若不存在,请说明理由．10已知椭圆E :y 2a2+x 2=1a >1 的离心率为32,圆A :x 2+y -a 2=r 2r >0 与椭圆E 相交于B ,C 两点.(1)求AB ⋅AC的最小值；(2)若F 1,F 2分别是椭圆E 的上、下焦点,经过点F 1的直线l 与椭圆E 交于M ,N 两点,O 为坐标原点,则△OF 2N 与△OF 2M 的面积之和是否存在最大值？若存在,求出这个最大值及此时直线l 的方程；若不存在,请说明理由.11(2022届北京一六一中学高三12月测试)已知椭圆C :x 2m +y 22=1(m >2)上一点与椭圆C 的两个焦点构成的三角形周长为42+26．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (2,1)作x 轴的垂线l ,设点A 为第四象限内一点且在椭圆C 上(点A 不在直线l 上),点A 关于l 的对称点为A ,直线A P 与C 交于另一点B ．设O 为原点,判断直线AB 与直线OP 的位置关系,并说明理由．12(2023届海交通大学附属中学2023届高三上学期10月月考)已知双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的右焦点为F 2,0 ,渐近线方程为y =±3x ,过F 的直线与C 的两条渐近线分别交于A ,B 两点.(1)求C 的方程；(2)若直线AB 的斜率为1,求线段AB 的中点坐标；(3)点P x 1,y 1 、Q x 2,y 2 在C 上,且x 1>x 2>0,y 1>0.过P 且斜率为-3的直线与过Q 且斜率为3的直线交于点M .从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①M 在AB 上；②PQ ∥AB ；③|MA |=|MB |.13已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为12,点1,32 在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)若椭圆C 的两条切线交于点M (4,t ),其中t ∈R ,切点分别是A 、B ,试利用结论：在椭圆x 2a 2+y 2b2=1上的点x 0,y 0 处的椭圆切线方程是x 0xa 2+y 0y b2=1,证明直线AB 恒过椭圆的右焦点F 2；(3)试探究1AF 2 +1BF 2的值是否恒为常数,若是,求出此常数；若不是,请说明理由．14(2023届四川省成都市高三上学期月考)如图所示, 已知A ,B 两点的坐标分别为(-2,0),(2,0),直线AP ,BP 的交点为P ,且它们的斜率之积-14．(1)求点P 的轨迹E 的方程;(2)设点C 为x 轴上(不同于A ,B )一定点, 若过点P 的动直线与E 的交点为Q , 直线PQ 与直线x =-2和直线x =2分别交于M ,N 两点,当∠ACM =∠ACN 时,请比较∠ACP 与∠ACQ 大小并说明理由．15(2023届广东省佛山市南海区三水区高三上学期8月摸底)在平面直角坐标系中,O为坐标原点,抛物线Γ:x2=2py(p>0)的焦点为F,抛物线Γ上不同两点M,N同时满足下列三个条件中的两个：①|FM|+|FN|=|MN|；②|OM|=|ON|=|MN|=86；③直线MN的方程为y=6p．(1)请分析说明两点M,N满足的是哪两个条件？并求抛物线Γ的标准方程；(2)过抛物线Γ的焦点F的两条倾斜角互补的直线AB和CD交抛物线Γ于A,B,C,D,且A,C两点在直线BD的下方,求证：直线AD,BC的倾斜角互补并求直线AD,BC的交点坐标．圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题考情分析圆锥曲线中的探索性问题与不良结构问题是近年高考的热点,探索性问题通常为探索是否存在符合的点、直线或结果是否为定值,求解时一般是先假设结论存在,再进行推导,有时也会出现探索曲线位置关系的试题,结构不良问题时,兼顾开放性与公平性,形式不固化,问题条件或数据缺失或冗余、问题目标界定不明确、具有多种评价解决方法的标准等特征,选择不同的条件,解题的难度是有所不同的,能较好地考查学生分析问题解决问题的能力.解题秘籍(一)解决探索性问题与不良结构问题的注意事项及方法1.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．2.存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．3.结构不良问题的主要特征有：①问题条件或数据部分缺失或冗余；②问题目标界定不明确；③具有多种解决方法、途径；④具有多种评价解决方法的标准；⑤所涉及的概念、规则和原理等不确定．1(2023届江西省赣州厚德外国语学校、丰城中学高三上学期10月联考)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1经过点2,-3 ,两条渐近线的夹角为60°,直线l 交双曲线于A ,B 两点.(1)求双曲线C 的方程.(2)若动直线l 经过双曲线的右焦点F 2,是否存在x 轴上的定点M m ,0 ,使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点？若存在,求实数m 的值；若不存在,请说明理由.【解析】(1)∵两条渐近线的夹角为60°,∴渐近线的斜率±b a =±3或±33,即b =3a 或b =33a ；当b =3a 时,由4a 2-9b2=1得：a 2=1,b 2=3,∴双曲线C 的方程为：x 2-y 23=1；当b =33a 时,方程4a 2-9b2=1无解；综上所述：∴双曲线C 的方程为：x 2-y 23=1.(2)由题意得：F 22,0 ,假设存在定点M m ,0 满足题意,则MA ⋅MB=0恒成立；方法一：①当直线l 斜率存在时,设l :y =k x -2 ,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,由y =k x -2x 2-y 23=1得：3-k 2x 2+4k 2x -4k 2+3 =0,∴3-k 2≠0Δ=361+k 2 >0 ,∴x 1+x 2=4k 2k 2-3,x 1x 2=4k 2+3k 2-3,∴MA ⋅MB=x 1-m x 2-m +y 1y 2=x 1x 2-m x 1+x 2 +m 2+k 2x 1x 2-2x 1+x 2 +4 =1+k 2 x 1x 2-2k 2+m x 1+x 2 +m 2+4k 2=4k 2+3 1+k 2k 2-3-4k 22k 2+mk 2-3+m 2+4k 2=0,∴4k 2+3 1+k 2 -4k 22k 2+m +m 2+4k 2 k 2-3 =0,整理可得：k 2m 2-4m -5 +3-3m 2 =0,由m 2-4m -5=03-3m 2=0得：m =-1；∴当m =-1时,MA ⋅MB=0恒成立；②当直线l 斜率不存在时,l :x =2,则A 2,3 ,B 2,-3 ,当M -1,0 时,MA =3,3 ,MB =3,-3 ,∴MA ⋅MB=0成立；综上所述：存在M -1,0 ,使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点.方法二：①当直线l 斜率为0时,l :y =0,则A -1,0 ,B 1,0 ,∵M m ,0 ,∴MA =-1-m ,0 ,MB=1-m ,0 ,∴MA ⋅MB=m 2-1=0,解得：m =±1；②当直线l 斜率不为0时,设l :x =ty +2,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,由x =ty +2x 2-y 23=1得：3t 2-1 y 2+12ty +9=0,∴3t 2-1≠0Δ=123t 2+3 >0 ,∴y 1+y 2=-12t 3t 2-1,y 1y 2=93t 2-1,∴MA ⋅MB=x 1-m x 2-m +y 1y 2=x 1x 2-m x 1+x 2 +m 2+y 1y 2=ty 1+2 ty 2+2 -m ty 1+2+ty 2+2 +m 2+y 1y 2=t 2+1 y 1y 2+2t -mt y 1+y 2 +4-4m +m 2=9t 2+1 3t 2-1-12t 2t -mt 3t 2-1+4-4m +m 2=12m -15 t 2+93t 2-1+2-m 2=0；当12m -153=9-1,即m =-1时,MA ⋅MB =0成立；综上所述：存在M -1,0 ,使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点.2(2023届云南省师范大学附属中学高三上学期月考)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(b >a >0)的右焦点为F c ,0 ,从①虚轴长为23；②离心率为2；③双曲线C 的两条渐近线夹角为60°中选取两个作为条件,求解下面的问题.(1)求C 的方程；(2)过点F 的直线l 与双曲线C 的左､右两支分别交于A ,B 两点,O 为坐标原点,记△AOB ,△FOB 面积分别为S 1,S 2,若S1S 2=3+1,求直线l 的方程.(注：若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.)【解析】(1)若选①②,可知c 2=a 2+b 2，ca =2，2b =23，解得a =1，b =3，c =2，∴C 的方程为x 2-y 23=1.若选①③,因为b >a ,∴b a=3，2b =23， ∴a =1，b =3，∴C 的方程为x 2-y 23=1.若选②③,设递增的渐近线的倾斜角为θ,可知c a =2，θ=60°，a 2+b 2=c 2 则c a =2，ba =tan θ=tan60°，a 2+b 2=c 2此时无法确定a ,b ,c(2)F (2，0),由题意知,直线l 斜率不为0,∴设直线l ：x =ty +2.由x =ty +2，x 2-y23=1， 得(3t 2-1)y 2+12ty +9=0,设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2),|y 1|>|y 2|,则可知3t 2-1≠0且Δ>0恒成立,y 1+y 2=-12t 3t 2-1，y 1y 2=93t 2-1,∵y 1y 2>0,∴t <-33或t >33.∵S △AOB S △BOF =S △AOF -S △BOF S △BOF =S △AOF S △BOF -1=|y 1||y 2|-1=3+1,∴y 1y 2=2+3.由(y 1+y 2)2-2y 1y 2y 1y 2=10t 2+23t 2-1,得y 1y 2+y 2y 1=10t 2+23t 2-1,∴10t 2+23t 2-1=4,∴t =±3,满足t <-33或t >33.∴直线l 的方程为y =33x -233或y =-33x +233.(二)是否存在型探索性问题求解此类问题一般是先假设存在,再根据假设看看能否推导出符合条件的结论.3(2022届天津市南开中学2高三上学期检测)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2,且F 2也是抛物线E ：y 2=4x 的焦点,P 为椭圆C 与抛物线E 在第一象限的交点,且PF 2 =53．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线y =k x -1 与椭圆C 交于R ,S 两点,问是否在x 轴上存在一点T ,使得当k 变动时,总有∠OTS =∠OTR ？说明理由．【解析】(1)∵F 2也是抛物线E ：y 2=4x 的焦点,∴F 21，0 ,∴c =1,且抛物线的准线方程为x =-1,设点P x 0，y 0 ,∵PF 2 =53,∴x 0+1=53,∴x 0=23,∴y 0=223=263,∴49a 2+83b2=1,∵a 2-b 2=c 2=1,解得a 2=4,b 2=3,∴椭圆方程为x 24+y 23=1；(2)假设存在T t ，0 满足∠OTS =∠OTR .设R x 1，y 1 ,S x 2，y 2 ,联立y =k x -13x 2+4y 2=12,消y 整理得3+4k 2 x 2-8k 2x +4k 2-12=0,由韦达定理有x 1+x 2=8k 23+4k 2,x 1x 2=4k 2-123+4k 2①,其中△>0恒成立,由∠OTS =∠OTR (显然TS ,TR 的斜率存在),故k TS +k TR =0,即y 1x 1-t +y 2x 2-t =0②,由R ,S 两点在直线y =k x -1 上,故y 1=k x 1-1 ,y 2=k x 2-1 ,代入②整理有2x 1x 2-t +1 x 1+x 2 +2t =0③,将①代入③即有：6t -243+4k 2=0④,要使得④与k 的取值无关,当且仅当“t =4“时成立,综上所述存在T 4，0 ,使得当k 变化时,总有∠OTS =∠OTR ．(三)探索直线是否过定点求出此类问题一般是设出直线的斜截式方程y =kx +t ,然后根据已知条件确定k ,t 的关系式,再判断直线是否过定点.4(2022届北京市房山区高三上学期期末)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32,A ,B 分别为椭圆E 的上、下顶点,且AB =2.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设直线l 与椭圆E 交于M ,N (不与点A ,B 重合)两点,若直线AM 与直线AN 的斜率之和为2,判断直线l 是否经过定点？若是,求出定点的坐标；若不是,说明理由.【解析】(1)由离心率为32,可得c a =32因为A ,B 为椭圆的上、下顶点,且AB =2,所以2b =2即b =1 , 又a 2=b 2+c 2解得：a =2所以椭圆E 的标准方程为x 24+y 2=1(2)直线l 经过定点-1,-1 ,证明如下：①当直线l 的斜率存在时,设l :y =kx +t ,(t ≠±1),由y =kx +t x 24+y 2=1,得(1+4k 2)x 2+8ktx +4t 2-4=0, 则Δ=(8kt )2-4(1+4k 2)(4t 2-4)>0得：t 2<4k 2+1设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)则x 1+x 2=-8kt 1+4k 2,x 1x 2=4t 2-41+4k 2, 则k AM +k AN =y 1-1x 1+y 2-1x 2=2kx 1x 2+(t -1)(x 1+x 2)x 1x 2=8k (t -1)4(t +1)(t -1)=2所以t =k -1,经检验,可满足t 2<4k 2+1,所以直线l 的方程为y =kx +k -1,即y =k x +1 -1所以直线l 经过定点-1，-1 ．②当直线l 的斜率不存在时,设l :x =m ,M (m ,y M ),N (m ,-y M ),则k AM +k AN =y M -1m +-y M -1m=2解得m =-1,此时直线l 也经过定点-1，-1 综上直线l 经过定点(-1,-1)．(四)探索结果是否为定值此类问题一般是把所给式子用点的坐标或其他参数表示,再结合韦达定理或已知条件进行化简,判断化简的结果是否为定值.5(2022届云南省三校高三联考)在平面直角坐标系xOy 中,椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点A a 3,a 3 ,B 2,32 ．(1)求椭圆E 的方程；(2)点Q x 0,y 0 是单位圆x 2+y 2=1上的任意一点,设P ,M ,N 是椭圆E 上异于顶点的三点且满足OP=x 0OM +y 0ON ．探讨OM 2+ON 2是否为定值？若是定值,求出该定值,若不是定值,请说明理由．【解析】(1)因为点A a 3,a 3,B 2,32在椭圆上,所以2a 2+34b 2=1a 29a 2+a 29b2=1,解得b 2=1,a 2=8,所以椭圆方程为x 28+y 2=1．(2)令M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,则P x 0x 1+y 0x 2,x 0y 1+y 0y 2 ,所以x 0x 1+y 0x 228+x 0y 1+y 0y 2 2=1,即x 218+y 21 x 20+x 228+y 22y 20+2x 0y 0x 1x 28+2x 0y 0y 1y 2 =1．又x 218+y 21=1,x 228+y 22=1,x 20+y 20=1,所以2x 0y 0x 1x 28+2x 0y 0y 1y 2=0,即y 1y 2x 1x 2=-18,所以y 1y 2 2=-18x 1x 2 2=18x 21⋅18x 22=1-y 21 1-y 22 =1-y 21+y 22 +y 21⋅y 22,即y 21+y 22=1,又x 218+y 21=1,x 228+y 22=1,所以x 12+x 22=8,所以OM 2+ON 2=x 21+x 22+y 21+y 22=9,故OM 2+ON2为定值9．6(2022届天津市耀华中学高三上学期月考)已知O 为坐标原点,双曲线C 1:y 2a 21-x 2b 21=1a 1>0,b 1>0 和椭圆C 2:x 2a 22+y 2b 22=1a 2>b 2>0 均过点T 1,233 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；(3)椭圆C 2的右顶点为Q ,过椭圆C 2右焦点的直线l 1与C 2交于M 、N 两点,M 关于x 轴的对称点为S ,直线SN 与x 轴交于点P ,△MOQ ,△MPQ 的面积分别为S 1,S 2,问S1S 2是否为定值？若是,求出该定值；若不是,请说明理由．【解析】(1)根据题意：43a 21-1b 21=1,1a 22+43b 22=1,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,边长为2故a 1=1,c 2=1,故a 22=b 22+1,代入计算得到b 1=3,a 2=3,b 2=2,故C 1:y 2-x 23=1,C 2:x 23+y 22=1.(2)假设存在直线方程满足条件,当直线斜率不存在时,x =3或x =-3,代入计算得到y =±2,验证不成立；当直线斜率存在时,设直线方程为y =kx +b ,则y =kx +bx 23+y 22=1,即2+3k 2 x 2+6kbx +3b 2-6=0,Δ=36k 2b 2-43b 2-6 2+3k 2 =0,化简得到b 2=3k 2+2.设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,y =kx +by 2-x 23=1 ,故3k 2-1 x 2+6kbx +3b 2-3=0,故x 1+x 2=-6kb3k 2-1x 1x 2=3b 2-33k 2-1,OA +OB =AB =-OA +OB ,故OA ⊥OB ,即x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+kx 1+b kx 2+b =0,即k 2+1 x 1x 2+kb x 1+x 2 +b 2=0,即k 2+1 3b 2-33k 2-1-6k 2b 23k 2-1+b 2=0,化简得到2b 2=3k 2+3,b 2=3k 2+22b 2=3k 2+3 方程组无解,假设不成立.故不存在直线满足条件.(3)焦点坐标为1,0 ,易知直线方程斜率不为零,设直线方程为x =my +1,M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,则S x 2,-y 2 ,x =my +1x 23+y 22=1 ,化简得到2m 2+3 y 2+4my -4=0,y 1+y 2=-4m 2m 2+3y 1y 2=-42m 2+3 ,直线NS 方程为：y =y 1+y 2x 1-x 2x -x 1 +y 1,取y =0得到x =x 1y 2+x 2y 1y 1+y 2=my 1+1 y 2+my 2+1 y 1y 1+y 2=2my 1y 2y 1+y 2+1=-2m ⋅42m 2+3-4m 2m 2+3+1=3,S 1S 2=OQ PQ =33-3=3+12,故S 1S 2是定值为3+12.(六)探索直线与圆锥曲线的位置关系探索直线与圆的位置关系一般根据圆心到直线距离与圆的半径的大小进行判断,探索直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系一般根据判别式.7已知定理：如果二次曲线Ax 2+Cy 2+Dx +Ey +F =0与直线mx +ny +q =0(q ≠0)有两个公共点P 、Q ,O 是坐标原点,则OP ⊥OQ 的充要条件是(A +C )q 2-(mD +nE )q +(m 2+n 2)F =0.(1)试根据上述定理,写出直线l :x +2y -3=0与圆C :x 2+y 2+x -6y +c =0相交于P ,Q ,坐标原点为O ,且OP ⊥OQ 的充要条件,并求c 的值；(2)若椭圆x 2a 2+y 2b 2=1与直线mx +ny +q =0相交两点P 、Q ,而且OP ⊥QQ ,试判断直线PQ 与圆x 2+y 2=11a2+1b2的位置关系,并说明理由.【解析】(1)由定理可知OP ⊥OQ 的充要条件为：2×(-3)2-(1-12)×(-3)+(1+4)c =0,即18-33+5c =0,∴c =3.(2)∵椭圆x 2a 2+y 2b 2=1与直线mx +ny +q =0相交两点P 、Q ,∴1a 2+1b 2q 2-(m 2+n 2)=0,即1a 2+1b 2=m 2+n 2q 2.∵圆x 2+y 2=11a 2+1b 2的半径为r =11a2+1b2=q 2m 2+n 2=|q |m 2+n 2,又圆心(0,0)到直线PQ 的距离为d =|q |m 2+n2,∴d =r ,∴直线PQ 与圆x 2+y 2=11a2+1b2相切.(七)探索类比问题此类问题多是椭圆与双曲线的类比8设F 1、F 2分别为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >0,b >0)的左、右两个焦点．(1)若椭圆C 上的点A 1,32到F 1、F 2两点的距离之和等于4,写出椭圆C 的方程；(2)设K 是(1)中所得椭圆上的动点,求线段F 1K 的中点的轨迹方程；(3)已知椭圆具有性质：若M 、N 是椭圆C 上关于原点对称的两个点,点P 是椭圆上任意一点,当直线PM 、PN 的斜率都存在,并记为k PM 、k PN 时,那么k PM 与k PN 之积是与点P 位置无关的定值．试对双曲线x 2a 2-y 2b 2=1写出具有类似特性的性质,并加以证明．【解析】(1)点A 1,32 在椭圆C 上,且到F 1、F 2两点的距离之和等于4,则12a2+322b 2=1,2a =4,解得a=2,b 2=3,椭圆C 的方程为x 24+y 23=1；(2)c =a 2-b 2=1,则有F 1-1,0 ,设K m ,n ,线段F 1K 的中点为x ,y ,则有x =m -12y =n2⇒m=2x+1 n=2y,又K是椭圆上的动点,则有m24+n23=1,即2x+124+2y23=1,即x+122+4y23=1.故线段F1K的中点的轨迹方程为x+1 22+4y23=1(3)类似特性的性质为：若M、N是双曲线x2a2-y2b2=1上关于原点对称的两个点,点P是双曲线上任意一点,当直线PM、PN的斜率都存在,并记为k PM、k PN时,那么k PM与k PN之积是与点P位置无关的定值．证明：设P x0,y0,M s,t,N-s,-t,则s2a2-t2b2=1,k PM=y0-tx0-s,k PN=y0+tx0+s,k PM⋅k PN=y0-tx0-s⋅y0+tx0+s=y02-t2 x02-s2,又y2=b2a2x2-b2,则k PM⋅k PN=b2a2x02-b2-b2a2s2-b2x02-s2=b2a2x02-s2x02-s2=b2a2(八)不良结构问题近年不良结构问题,通常是要求学生从备选条件中选择部分条件解题,选择不同的条件,所用知识可能不同,难易程度也可能不同.9在①PF=x0+1,②y0=2x0=2,③PF⊥x轴时,PF=2这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答．问题：已知抛物线C:y2=2px p>0的焦点为F,点P x0,y0在抛物线C上,且．(1)求抛物线C的标准方程；(2)若直线l:x-y-2=0与抛物线C交于A,B两点,求△ABF的面积．【解析】(1)解：选择条件①,由抛物线的定义可得PF=x0+p 2,因为PF=x0+1,所以x0+p2=x0+1,解得p=2,故抛物线C的标准方程为y2=4x．选择条件②,因为y0=2x0=2,所以y0=2,x0=1,因为点P(x0,y0)在抛物线C上,所以y20=2px0,即2p=4,解得p=2,所以抛物线C的标准方程为y2=4x．选择条件③．当PF⊥x轴时,PF=p2+p2=2,所以p=2．故抛物线C的标准方程为y2=4x．(2)解：设A x1,y1,B x2,y2,由(1)知F1,0．由x-y-2=0y2=4x,得y2-4y-8=0,则y1+y2=4,y1y2=-8,所以y 1-y 2 =y 1+y 22-4y 1y 2=16+32=43,故AB =1+112y 1-y 2 =2×43=46．因为点F 到直线l 的距离d =1-2 1+1=22,所以△ABF 的面积为12AB ⋅d =12×46×22=23．三、跟踪检测1(2023届广东省佛山市顺德区高三上学期教学质量检测)已知动圆C 经过点F 1,0 ,且与直线x =-1相切,记动圆C 圆心的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)已知P 4,y 0 y 0>0 是曲线E 上一点,A ,B 是曲线E 上异于点P 的两个动点,设直线PA ､PB 的倾斜角分别为α､β,且α+β=3π4,请问：直线AB 是否经过定点？若是,请求出该定点,若不是,请说明理由.【解析】(1)设动圆圆心M x ,y ,∵动圆C 经过点F 1,0 ,且与直线x =-1相切,∴点M 的轨迹是以1,0 为焦点,直线x =-1为准线的抛物线,故其方程为y 2=4x ,∴动圆圆心C 的轨迹方程是y 2=4x ；(2)由(1)可得P 4,4 ,当直线PA ､PB 中其中一条的斜率不存在,不妨设α=π2,β=π4,易得A 4,-4 ,直线PB 的直线为y =x ,与y 2=4x 联立可得B 0,0 ,故直线AB 的方程为x +y =0；当直线PA ､PB 的斜率都存在时,故设直线PA ､PB 的斜率k 1,k 2,设A y 124,y 1 ,B y 224,y2所以k 1=y 1-414y 21-4=4y 1+4,同理可得k 2=4y 2+4,因为α+β=3π4,所以tan (α+β)=-1,所以tan α+tan β1-tan α⋅tan β=-1,即k 1+k 21-k 1⋅k 2=-1,所以k 1+k 2-k 1⋅k 2+1=0,所以4y 1+4+4y 2+4-4y 1+4⋅4y 2+4+1=0,即8y 1+y 2 +y 1⋅y 2+32=0,由题意可设AB 方程为x =ty +n ,联立y 2=4x x =ty +n ,消x 整理得y 2-4ty -4n =0,所以Δ=16t 2+16n >0,y 1+y 2=4t ,y 1⋅y 2=-4n ,所以32t -4n +32=0即n =8t +8,所以x =ty +n =ty +8t +8=t (y +8)+8,令y +8=0得y =-8,x =8,此时有定点8,-8 ,综上所述,直线AB 经过定点8,-82(2023届江苏省泰州市泰兴市高三上学期期中)已知圆O ：x 2+y 2=16,点A (6,0),点B 为圆O 上的动点,线段AB 的中点M 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)设T (2,0),过点T 作与x 轴不重合的直线l 交曲线C 于E 、F 两点．(i )过点T 作与直线l 垂直的直线m 交曲线C 于G 、H 两点,求四边形EGFH 面积的最大值；(ii )设曲线C 与x 轴交于P 、Q 两点,直线PE 与直线QF 相交于点N ,试讨论点N 是否在定直线上,若是,求出该直线方程；若不是,说明理由．【解析】(1)设M x ,y ,B x 0,y 0 ,因为点B 在圆O 上,所以x 20+y 20=16①,因为M 为AB 中点,所以x =6+x 02y =y 02,整理得x 0=2x -6y 0=2y,代入①式中得2x -6 2+4y 2=16,整理得x -3 2+y 2=4,所以曲线C 的方程为x -3 2+y 2=4.(2)(i )因为直线l 不与x 轴重合,所以设直线l 的方程为x =my +2,即x -my -2=0,则直线GH 为mx +y -2m =0,设曲线C 的圆心到直线l 和直线GH 的距离分别为d 1,d 2,则d 1=11+m 2,d 2=m m 2+1,所以EF =24-11+m 2=24m 2-3m 2+1,GH =24-m 2m 2+1=23m 2+4m 2+1,所以S EGFH =12×24m 2+3m 2+1×23m 2+4m 2+1=212+m 2m 4+2m 2+1,当m =0时,S EGFH =43；当m ≠0时,S EGFH =212+1m 2+2+1m2≤212+12+2m 2⋅1m2=7,当且仅当m 2=1时等号成立,综上所述,四边形EGFH 面积的最大值为7.(ii )设E x 1,y 1 ,F x 2,y 2 ,联立x =my +2x -3 2+y 2=4,得m 2+1 y 2-2my -3=0,则y 1+y 2=2m m 2+1,y 1y 2=-3m 2+1,y 1y 2=-32m y 1+y 2 ,因为曲线C 与x 轴交于P ,Q 两点,所以P 1,0 ,Q 5,0 ,则直线PE 的方程为y =y 1x 1-1x -1 =y 1my 1+1x -1 ,直线QF 的方程为y =y 2x 2-5x -5 =y 2my 2-3x -5 ,联立两直线方程得x =4my 1y 2+3y 1+5y 23y 1+y 2=-6y 1-6y 2+3y 1+5y 23y 1+y 2=-3y 1-y 23y 1+y 2=-1,y =4y 1y 23y 1+y 2,所以N -1,4y 1y 23y 1+y 2,所以N 在定直线x =-1上.3(2023届上海师范大学附属嘉定高级中学高三上学期期中)己知双曲线C :x 2-y 2=1,过点T (t ,0)作直线l 和曲线C 交于A ,B 两点.(1)求双曲线C 的焦点和它的渐近线；(2)若t =0,点A 在第一象限,AH ⊥x 轴,垂足为H ,连结BH ,求直线BH 斜率的取值范围；(3)过点T 作另一条直线m ,m 和曲线C 交于E ,F 两点.问是否存在实数t ,使得AB ⋅EF =0和AB=EF同时成立.如果存在,求出满足条件的实数t 的取值集合；如果不存在,请说明理由.【解析】(1)解：由曲线C :x 2-y 2=1,可得曲线C 的焦点为F 1(-2,0),F 2(2,0),渐近线方程y =±x ；(2)解：设l :y =kx ,A x 1,y 1 ,B -x 1,-y 1 ,H x 1,0 ,因为双曲线的渐近线为y =±x ,且点A 在第一象限,所以0<k <1,。

设直线: = − 4 + 2 ≠ 0 ，由ቐ 2
4
2
得
− [ − 4 +
∵ 1 ,2
2
2
为方程
2
2] −4
2
2] −4
∴ − [ − 4 + 2] −4 = 1 −
∴
2
0
2
= 1,
= 0，
− [ − 4 +
2
−
பைடு நூலகம்
2
4
2
− [ 0 − 4 + 2] −4 = 1 −
1
− ，为定值.
3
=
1
− ，
3
=
1 −1 2 +2 + 2 −1 1 +2
1 2 +2 1 +2 +4
=
[总结反思]
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略:
（1）求代数式为定值:依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、
化简即可得出定值.
（2）求点到直线的距离为定值:利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利
−8 2+
2 =
3 2 +4
8 2+2− 2
1 +
,
所以൞
1 2 =
31
2
3 2 +4
,
且1 2 + 2 1 =
,
+ 3, 1 ，则 31 + 6 − 1 , 1 ，
则直线的方程为 − 2 =
1 −2
31 +6−1 −2
− 2 ，
−24
等式恒成立.此时要将关于与,的等式进行变形，直至易于找到0 ,0 .