2007年高考第二轮复习33--几何方面的探索性问题
【高考数学二轮复习压轴题微专题】第50讲 以解析几何为背景的探索性与新颖性问题-解析版
第50讲 以解析几何为背景的探索性和新颖性的问题本讲中的许多问题牵涉到直线与圆锥曲线的关系问题, 这是解析几何综合题求解过 程中经常碰到的重大知识点汇集得最多最为紧密的地方, 在数学上任何一个知识点都有 其生成与发展以至应用的过程,它们绝对不是独立的概念,必然与其他知识点有着密切的 联系,构成一串串的知识链, 所以许多数学知识要联系起来看, 直线与曲线的位置关系以 及由此引出的探索性与新颖性问题正是需要集合众多的知识与方法才能攻克的题型.以解析几何为背景的探索性与新颖性问题研究的核心仍然是直线与圆锥曲线的关系 问题,在题目的设计上布置了一个新的场景,探索性问题大部分是存在判断型. 新颖性问题则在研究型上做文章,所以攻克这类高考热点题型, 主要应㧓住以下几点.（1）直线与圆锥曲线的相对位置关系,如交点个数问题, 仅通过方程组解的状况来判 断是不够的,如椭圆是一条光滑的封闭曲线, 可以类似于直线与圆的位置关系加以研究 (用判别式), 双曲线与抛物线都不是封闭曲线, 当直线与双曲线的渐近线平行或与抛物线 的对称轴平行时, 直线与曲线仅有一个公共点,并不仅是方程组求解时 0∆= 的情景, 圆锥 曲线与圆锥曲线的关系问题更要结合图形及相关性质加以分析.(2) 研究直线被圆锥曲线所截弦的问题, 消元后若求弦长,则常用韦达定理和弦长公 式 12L x =- 或12L y =-. 若运用直线的参数方程,则利用参数 方程中参数 t 的几何意义: 12L t t =-, 求弦上某点的坐标,则常用韦达定理和定比分点 公式、中点坐标公式, 可见韦达定理在解析几何中的应用非常重要,若牵涉到参变量,则参 变量的取值范围不容忽视.（3）关于直线与圆锥曲线关系中点的对称问题,如曲线上两点关于已知直线对称, 求 某参变量的取值范围,必须紧紧㧓住垂直、平分两个方面并结合两个对称点的存在性.解析几何探索性与新颖性问题的解答常常是代数的方法与几何图形的分析结合在一 起,有时还要与函数、导数,不等式、三角函数、数列、向量等知识相交汇, 此类题型的解法 “奇伟”“瑰丽", 从中时时会显露出数学之美. 解题时应当好好揣摩题意, 并想方设法作进 一步探讨,若不敢越雷池一步,势必会束缚人的才智, 也不利于创新思维的开发与创新精 神的培养.下面介绍的就是近几年中出现的各类好题,仔细研读它们,你会发现以解析几何为背 景的探索性、新颖性与研究性问题粗一看总是“山穷水复疑无路",一旦领悟,找到了攻克 的方向,就会出现“柳暗花明又一村”了.典型例题【例1】(1) 已知椭圆 2222:1(0)x y C a b b a +=>> 的离心率e =, 且椭圆 C 上的点到点 (3,0)T 的最大距离为 4 , 若 ()00,P x y 在椭圆 C 上, 则 00,x y Q b a ⎛⎫ ⎪⎝⎭ 称为点 P的一个 “和谐点”, 直线 l 与椭圆交于 ,A B 两点, A B 、 两点的“和谐点”分别为 ,M N , 已知以 M 、N 为直径的圆经过坐标原点. (1) 求椭圆 C 的方程;（2） AOB ∆ 的面积是否为定值? 若为定值,试求出该定值;若不是定值, 请说明理由. 【分析 】本题给出了“和谐点”的新情景,所谓“和谐点”的本质是点(坐标轴)的伸缩变换, 解决的方法是相关点法. OMN ∆ 是直角边长为 1 的等腰直角三角形. 若其面积 为定值, 能否具有运动变化中的不变性? 而 AOB ∆ 与 OMN ∆ 等高,问题就转化为只需探求底边的关系, 应借助平面几何知识推证. 另外,涉及坐标的三角形面积公式为 : 在 ABC ∆ 中,(,),(,)AB x y AC u v ==, 程 ABC ∆ 的面积为1||2S xv yu =-, 此结论与 2015 年高考数学上海卷理科第21 题类同, 读者可以参阅下面的例 2第(1)问,利用离心率建立a,b 的关系, 消元后根据有界性利用最大距离为 4 得到 b , 再确定 ,a 从而求得椭圆C 的方程. 第(2)问,建构M 、N 与△AOB 的面积关系为解题的关键,在用坐标法研究几何问题时,应充分利用几何图形的性质简化运算过程,【解析 】(1) 由题意得c e a ==, 故 2a b =.椭圆 C 的方程可设为 22244(0)x y b b +=>.设 (,)R x y 是椭圆 C 上的任意一点, 其到 T 点距离的平方为222222222222||(3)69694436943(1)124,[,]RT x y x x y x x b x x x b x b x b b =-+=-++=-++-=--++=-+++∈-若 01b <<, 当 x b =- 时, 2||RT 取得最大值 2(3)b +, 即2(3)16b +=. 解得 1(b = 舍去);若 1b , 当 1x =- 时, 2||RT 取得最大值 2124b +, 即 212416b +=.解得 1,2b a ==.故椭圆 C 的方程为 2214y x +=.(2) 设 ()()1122,,,A x y B x y , 则1212,,,22y y M x N x ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. (1) 当直线 AB 的斜率不存在时, 即 1212,x x y y ==-, 由以 MN 为直径的圆经过坐标原点可得 OM ON ⊥, 即221211210224y y y x x x +⋅=-=, 即 22114x y =又点 ()11,A x y 在椭圆上, ∴2211414x x +=, 解得11x y ==. ∴112112AOB S x y y ∆=⋅-=2. 当直线 AB 的斜率存在时,设其方程为 y kx m =+.由224y kx m y x =+⎧⎪⎨+⎪⎩消去y 得()2224240k x kmx m +++-=由根与系数的关系可得212122224,44km m x x x x k k --+==++. 由以 MN 为直径的圆经过坐标原点可得 OM ON ⊥,从而有121204y y x x +=, 即 121240x x y y +=.故 ()()()()2212121212440x x kx m kx m k x x km x x m +++=++++=. 将 1212,x x x x + 之值代人,整理得 2222240,42m k k m --=∴+=.而()()()22221212122216444k m x x x x x x k +--=+-=+故||AB =而点 O 到直线 AB 的距离d =22111||22242414122ADBS AB d m m m∆∴=⋅==+-=⨯=综合 1、2 可知, AOB ∆ 的面积为定值 1 .【例2】已知椭圆 2221x y +=, 过原点的两条直线 1l 和 2l 分别与椭圆交于 ,A B 和C D 、, 记得到的平行四边形 ABCD 的面积为 S .(1) 设 ()()1122,,,A x y C x y , 用 A C 、 的坐标表示点 C 到直线 1l 的距离, 请证明:12212S x y x y =-(2) 设 1l 与 2l 的斜率之积为12-, 求面积 S 的值.【分析 】本题以直线与椭圆的位置关系为考查对象,涉及证明与求值.第(1)问的证明实质是推导用坐标表示的平行四边形的面积公式。
高考数学二轮专题复习训练：专题解答题题型练题型 解析几何中的探索性问题
题型六 解析几何中的探索性问题(推荐时间：30分钟)1．设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，上顶点为A ，△AF 1F 2为正三角形，且以AF 2为直径的圆与直线y ＝3x ＋2相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)在(1)的条件下，过右焦点F 2作斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于M 、N 两点，在x 轴上是否存在点P (m,0)，使得以PM 、PN 为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由．2．(2010·福建)已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A (2，3)，且点F (2,0)为其右焦点．(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在平行于OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．答 案1．解 (1)∵△AF 1F 2是正三角形，∴a ＝2c .由已知F 2(c,0)，A (0，b )，∴以AF 2为直径的圆的圆心为⎝⎛⎭⎫12c ，12b ，半径r ＝12a . 又该圆与直线3x －y ＋2＝0相切，则有⎪⎪⎪⎪32c －b 2＋22＝a 2. 由a ＝2c ，得b ＝3c ，∴⎪⎪⎪⎪32c －32c ＋22＝a2. 得a ＝2，∴c ＝1，b ＝ 3.椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)由(1)知F 2(1,0)，l ：y ＝k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2－2)， ∴PM →＋PN →＝(x 1－m ，y 1)＋(x 2－m ，y 2)＝(x 1＋x 2－2m ，y 1＋y 2)．由菱形对角线垂直，则(PM →＋PN →)·MN →＝0，∴(x 1＋x 2－2m )(x 1－x 2)＋(y 1＋y 2)·(y 1－y 2)＝0，得k (y 1＋y 2)＋x 1＋x 2－2m ＝0，得k 2(x 1＋x 2－2)＋x 1＋x 2－2m ＝0，k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 23＋4k 2－2＋8k 23＋4k 2－2m ＝0. 由已知条件k ≠0，且k ∈R ，∴m ＝k 23＋4k 2＝13k 2＋4. ∵3k 2>0，∴0<m <14. 故存在满足题意的点P 且m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，14. 2．解 方法一 (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，且可知其左焦点为F ′(－2,0)．从而有⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝2，2a ＝AF ＋AF ′＝3＋5＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝2，a ＝4.又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝12，故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1. (2)假设存在符合题意的直线l ，设其方程为y ＝32x ＋t . 由⎩⎨⎧y ＝32x ＋t ，x 216＋y 212＝1，得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0. 因为直线l 与椭圆C 有公共点，所以Δ＝(3t )2－4×3×(t 2－12)≥0，解得－43≤t ≤4 3.另一方面，由直线OA 与l 的距离d ＝4，得|t |94＋1＝4， 解得t ＝±213. 由于±213∉[－43，43]，所以符合题意的直线l 不存在．方法二 (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)， 且有⎩⎪⎨⎪⎧4a 2＋9b 2＝1，a 2－b 2＝4.解得b 2＝12，b 2＝－3(舍去)． 从而a 2＝16. 所以椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1. (2)同方法一．。
高考数学复习热点之：探索性问题
高考数学复习讲座之二 探索性问题近年来，随着社会主义经济建设的迅速发展，要求学校由“应试教育”向“素质教育”转化，培养全面发展的开拓型、创造型人才。
在这种要求下，数学教学中开放型问题随之产生。
于是，探索性问题成了近几年来高考命题中的热点问题，它既是高等学校选拔高素质人材的需要，也是中学数学教学培养学生具有创造能力、开拓能力的任务所要求的。
实际上，学生在学习数学知识时，知识的形成过程也是观察、分析、归纳、类比、猜想、概括、推证的探索过程，其探索方法是学生应该学习和掌握的，是今后数学教育的重要方向。
一般地，对于虽给出了明确条件，但没有明确的结论，或者结论不稳定，需要探索者通过观察、分析、归纳出结论或判断结论的问题（探索结论）；或者虽给出了问题的明确结论，但条件不足或未知，需要解题者寻找充分条件并加以证明的问题（探索条件），称为探索性问题。
此外，有些探索性问题也可以改变条件，探讨结论相应发生的变化；或者改变结论，探讨条件相应发生的变化；或者给出一些实际中的数据，通过分析、探讨解决问题。
探索性问题一般有以下几种类型：猜想归纳型、存在型问题、分类讨论型。
猜想归纳型问题是指在问题没有给出结论时，需要从特殊情况入手，进行猜想后证明其猜想的一般性结论。
它的思路是：从所给的条件出发，通过观察、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。
其主要体现是解答数列中等与n有关数学问题。
存在型问题是指结论不确定的问题，即在数学命题中，结论常以“是否存在”的形式出现，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，我们可以先假设结论不存在，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，都可以出现此种探讨“是否存在”类型的问题。
分类讨论型问题是指条件或者结论不确定时，把所有的情况进行分类讨论后，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，或者情况多种的问题。
(高考第二轮专题复习)高考数学第二轮专题复习 探索性专题
高考中的探索性问题江苏省宿迁中学王爱斌一、高考大纲剖析2003年以前数学考试说明中能力要求没有创新意识。
2004年数学考试说明：能力要求中指出，能力是指思维能力、运算能力、空间想象能力以及实践能力和创新意识。
其中创新意识指对新颖的信息、情境和设问，选择有效的方法和手段收集信息，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法，进行独立的思考、探索和研究，提出解决问题的思路，创造性地解决问题.命题基本原则中指出，创新意识和创造能力是理性思维的高层次表现.在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融汇的程度越高，展示能力的区域就越宽泛，显现出的创造意识也就越强.命题时要注意试题的多样性，设计考查数学主体内容，体现数学素质的题目；反映数、形运动变化的题目；研究型、探索型或开放型的题目.让考生独立思考，自主探索，发挥主观能动性，研究问题的本质，寻求合适的解题工具.梳理解题程序，为考生展现其创新意识，发挥创造能力，创设广阔的空间.2005年数学考试大纲（必修+选I）：能力要求中创新意识增加了：创新意识是理性思维的高层次表现。
对数学问题的“观察、猜测、抽象、概括、证明”，是发现问题和解决问题的重要途径，对数学知识的迁移、组合、融会的程度越高，显示出的创造意识也就越强。
考查要求指出对创新意识的考查是对高层次理性思维的考查。
在考试中创设比较新颖的问题情境,构造有一定深度和广度的数学问题,要注重问题的多样化,体现思维的发散性。
精心设计考察数学主体内容,体现数学素质的试题;反映数、形运动变化的试题;研究型、探索型、开放型的试题。
两年考试大纲对比，说明今年高考对学生创新意识要求更高，近几年高考试题中对这方面考查主要通过探索性问题来实现的。
那么什么是探索性问题呢?如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.二、高考试题研究高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题.由于这类题型没有明确的结论，解题方向不明，自由度大，需要先通过对问题进行观察、分析、比较、概括后方能得出结论，再对所得出的结论予以证明．其难度大、要求高，是训练和考查学生的创新精神，数学思维能力、分析问题和解决问题能力的好题型．近几年高考中探索性问题分量加重，在选择题、填空题、解答题中都已出现．如2003年高考江苏卷第16题（立几）、第20题（解几）；2003年高考全国卷第15题（立几）、第22题（解几）；2003年高考上海卷第12题（填空题，解几）、第21题（Ⅲ）（解几）、第22题（理：集合与函数，文：数列与组合数）；2004年高考江苏卷第6题（统计图）、第13题（表格）；2004年高考上海卷第12题（填空题，数列）、第16题（选择题，招聘信息表）、第21题（3）（立几）、第22题（3）（圆锥曲线）；2004年高考北京卷第14题（填空题，数列）、第20题（不等式证明）；2004年高考福建卷第15题（概率）、第21题（Ⅱ）（导数与不等式）；2005年春季高考上海卷第9题（数列）、第16题（函数）、第21题（2）（函数与直线）、第22题（3）（椭圆）等。
高考数学第二轮考点总复习课件 第33课时 探索性问题
也不一定是数列的一个基本量．
④已知q与an，则an a1qn1，故数列an能确定， 所以q与an是数列an的一个基本量．
1．本题实质上是考查如何确定等比数 列的条件，属于条件探索性问题．
2．条件探索性问题经常和“新定义” 问题联系在一起，解决这类问题的关键是 阅读理解“新定义”，将其转化为相应的 知识进行处理．
a1q，且S3
a1
a1q
a1q 2
a2 q
a2
a2q，
a2q2 a2 S3 q a2 0.
则满足条件的q可能不存在，也可能不止一个，因而
不能确定数列，即a2与S3不一定是数列an的基本量．
解析：③由a1与an可得an
a1qn1，则qn1
an a1
.当n为奇
数时，q可能有两个值，故不能确定数列，所以a1与an
综上，圆C上存在点M (2， 2)或M (1， 1)或M (0， 2)，
使MBF为等腰三角形
解析：(2)方法2：假设存在点M (x，y)，使MBF为 等腰三角形．下面分三种情况讨论：
ⅰ( )当FM FB时，因为B 0, 2关于x轴对称的点
(0， 2)也在圆上，所以M (0， 2)． (ⅱ)当BM BF时，因为BF 2 5，又圆C的直径
(写
出所有符合要求的编号)．
切入点：抓住“基本量”的定义进行判断．因为等比
数列an 由首项a1和公比q确定，所以a1和q是等比数
列的“基本量”．判断上述每组的两个量是不是“基本 量”可转化为能否确定a1和q.
解析：①由S1与S2可确定a1和a2，由
a1 a2
q可得公比q，
故能确定数列．
②由条件a2
为2 5，所以BM为圆C的直径，此时由C 1,0、 B0, 2及中点公式得M (2， 2)．
高考数学(理)二轮复习规范答题示例：解析几何中的探索性问题(含答案)
高考数学（理）二轮复习规范答题示例：解析几何中的探索性问题（含答案）规范答题示例9 解析几何中的探索性问题典例9 (12分)已知定点C (－1,0)及椭圆x 2＋3y 2＝5，过点C 的动直线与椭圆相交于A ，B 两点．(1)若线段AB 中点的横坐标是－12，求直线AB 的方程；(2)在x 轴上是否存在点M ，使MA →·MB →为常数？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．审题路线图 (1)设AB 的方程y ＝k (x ＋1)→待定系数法求k →写出方程 (2)设M 存在即为(m ，0)→求MA →·MB →→在MA →·MB →为常数的条件下求m →下结论评分细则 (1)不考虑直线AB 斜率不存在的情况扣1分； (2)不验证Δ>0，扣1分；(3)直线AB 方程写成斜截式形式同样给分； (4)没有假设存在点M 不扣分；(5)MA →·MB →没有化简至最后结果扣1分，没有最后结论扣1分．跟踪演练9 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线7x －5y ＋12＝0相切． (1)求椭圆C 的方程；(2)设A (－4,0)，过点R (3,0)作与x 轴不重合的直线l 交椭圆C 于P ，Q 两点，连接AP ，AQ 分别交直线x ＝163于M ，N 两点，若直线MR ，NR 的斜率分别为k 1，k 2，试问：k 1k 2是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝12，127＋5＝b ，a 2＝b 2＋c 2，∴⎩⎨⎧a ＝4，b ＝23，c ＝2，故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)设直线PQ 的方程为x ＝my ＋3，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1，x ＝my ＋3，得(3m 2＋4)y 2＋18my －21＝0， 且Δ＝(18m )2＋84(3m 2＋4)>0， ∴y 1＋y 2＝－18m 3m 2＋4，y 1y 2＝－213m 2＋4.由A ，P ，M 三点共线可知，y M163＋4＝y 1x 1＋4，∴y M ＝28y 13(x 1＋4).同理可得y N ＝28y 23(x 2＋4)，∴k 1k 2＝y M 163－3×y N 163－3＝9y M y N 49＝16y 1y 2(x 1＋4)(x 2＋4)∵(x 1＋4)(x 2＋4)＝(my 1＋7)(my 2＋7) ＝m 2y 1y 2＋7m (y 1＋y 2)＋49 ∴k 1k 2＝16y 1y 2m 2y 1y 2＋7m (y 1＋y 2)＋49＝－127，为定值．亲爱的读者：春去燕归来，新桃换旧符。
高考数学二轮复习 立体几何中的探索性问题的解题策略
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－。
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高考数学答题模板：解析几何中的探索性问
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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。
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