探索性问题的推理验证与分类讨论
2012年中考数学二轮复习考点解密 开放探索性问题(含解析)
2012年中考数学二轮复习考点解密开放探索性问题第一部分讲解部分一、专题诠释开放探究型问题，可分为开放型问题和探究型问题两类．开放型问题是相对于有明确条件和明确结论的封闭型问题而言的，它是条件或结论给定不完全、答案不唯一的一类问题．这类试题已成为近年中考的热点，重在考查同学们分析、探索能力以及思维的发散性，但难度适中．根据其特征大致可分为：条件开放型、结论开放型、方法开放型和编制开放型等四类．探究型问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断，补充并加以证明的一类问题．根据其特征大致可分为：条件探究型、结论探究型、规律探究型和存在性探究型等四类．二、解题策略与解法精讲由于开放探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对于基础知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择合适的解题途径完成最后的解答．由于题型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：1．利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律．2．反演推理法（反证法），即假设结论成立,根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致．3．分类讨论法．当命题的题设和结论不惟一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果．4．类比猜想法．即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，并加以严密的论证．以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略，因而具体操作时，应更注重数学思想方法的综合运用．三、考点精讲（一）开放型问题考点一：条件开放型：条件开放题是指结论给定，条件未知或不全，需探求与结论相对应的条件．解这种开放问题的一般思路是：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，逆向追索，逐步探求．例1：（2011江苏淮安）在四边形ABCD中，AB=DC，AD=BC.请再添加一个条件，使四边形ABCD是矩形.你添加的条件是.(写出一种即可)分析：已知两组对边相等，如果其对角线相等可得到△ABD≌△ABC≌ADC≌△BCD，进而得到，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，使四边形ABCD是矩形．解：若四边形ABCD的对角线相等，则由AB=DC，AD=BC可得．△ABD≌△ABC≌ADC≌△BCD，所以四边形ABCD的四个内角相等分别等于90°即直角，所以四边形ABCD是矩形，故答案为：对角线相等．评注：此题属开放型题，考查的是矩形的判定，根据矩形的判定，关键是是要得到四个内角相等即直角．考点二：结论开放型：给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结论并且符合条件的结论往往呈现多样性，这些问题都是结论开放问题．这类问题的解题思路是：充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、类比、联想、归纳，透彻分析出给定条件下可能存在的结论，然后经过论证作出取舍．例2：（2011天津）已知一次函数的图象经过点（0，1），且满足y随x的增大而增大，则该一次函数的解析式可以为．分析：先设出一次函数的解析式，再根据一次函数的图象经过点（0，1）可确定出b的值，再根据y随x的增大而增大确定出k的符号即可．解：设一次函数的解析式为：y=kx+b（k≠0），∵一次函数的图象经过点（0，1），∴b=1，∵y随x的增大而增大，∴k＞0，故答案为y=x+1（答案不唯一，可以是形如y=kx+1，k＞0的一次函数）．评注：本题考查的是一次函数的性质，即一次函数y=kx+b（k≠0）中，k＞0，y随x的增大而增大，与y轴交于（0，b），当b＞0时，（0，b）在y轴的正半轴上．考点三：条件和结论都开放的问题：此类问题没有明确的条件和结论，并且符合条件的结论具有多样性，因此必须认真观察与思考，将已知的信息集中分析，挖掘问题成立的条件或特定条件下的结论，多方面、多角度、多层次探索条件和结论，并进行证明或判断．例3：（2010•玉溪）如图，在平行四边形ABCD中，E是AD的中点，请添加适当条件后，构造出一对全等的三角形，并说明理由．分析：先连接BE，再过D作DF∥BE交BC于F，可构造全等三角形△ABE和△CDF．利用ABCD是平行四边形，可得出两个条件，再结合DE∥BF，BE∥DF，又可得一个平行四边形，那么利用其性质，可得DE=BF，结合AD=BC，等量减等量差相等，可证AE=CF，利用SAS可证三角形全等．解：添加的条件是连接BE，过D作DF∥BE交BC于点F，构造的全等三角形是△ABE与△CDF．理由：∵平行四边形ABCD，AE=ED，∴在△ABE与△CDF中，AB=CD，∠EAB=∠FCD，又∵DE∥BF，DF∥BE，∴四边形BFDE是平行四边形，∴DE=BF，又AD=BC，∴AD﹣DE=BC﹣BF，即AE=CF，∴△ABE≌△CDF．（答案不唯一，也可增加其它条件）评注：本题利用了平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、以及等量减等量差相等等知识．考点四：编制开放型：此类问题是指条件、结论、解题方法都不全或未知，而仅提供一种问题情境，需要我们补充条件，设计结论，寻求解法的一类题，它更具有开放性．例4：（2010年江苏盐城中考题）某校九年级两个班各为玉树地震灾区捐款1800元．已知2班比1班人均捐款多4元，2班的人数比1班的人数少10%．请你根据上述信息，就这两个班级的“人数”或“人均捐款”提出一个用分式方程．．．．解决的问题，并写出解题过程．分析：本题的等量关系是：两班捐款数之和为1800元；2班捐款数-1班捐款数=4元；1班人数=2班人数×90%，从而提问解答即可．解：解法一：求两个班人均捐款各多少元？设1班人均捐款x元，则2班人均捐款（x+4）元，根据题意得1800 x ·90%=1800x+4解得x=36 经检验x=36是原方程的根∴x+4=40答：1班人均捐36元，2班人均捐40元解法二：求两个班人数各多少人？设1班有x人，则根据题意得1800 x +4=180090x%解得x=50 ，经检验x=50是原方程的根∴90x % =45答：1班有50人，2班有45人．评注：对于此类编制开放型问题，是一类新型的开放型问题，它要求学生的思维较发散，写出符合题意的正确答案即可，难度要求不大，但学生容易犯想当然的错误，叙述不够准确，如单位的问题、符合实际等要求，在解题中应该注意防范．（二）探究型问题考点五：动态探索型：此类问题结论明确，而需探究发现使结论成立的条件的题目．例5：（2011•临沂）如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角扳的一边交CD于点F．另一边交CB的延长线于点G．（1）求证：EF=EG；（2）如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：（3）如图3，将（2）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若AB=a、BC=b，求E FE G的值．分析：（1）由∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，可得∠DEF=∠GEB，又由正方形的性质，可利用SAS证得Rt△FED≌Rt△GEB，则问题得证；（2）首先点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为H、I，然后利用SAS证得Rt△FEI ≌Rt△GEH，则问题得证；（3）首先过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为M、N，易证得EM∥AB，EN∥AD，则可证得△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，又由有两角对应相等的三角形相似，证得△GME∽△FNE，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．解：（1）证明：∵∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，∴∠DEF=∠GEB，又∵ED=BE，∴Rt△FED≌Rt△GEB，∴EF=EG；（2）成立．证明：如图，过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为H、I，则EH=EI，∠HEI=90°，∵∠GEH+∠HEF=90°，∠IEF+∠HEF=90°，∴∠IEF=∠GEH，∴Rt△FEI≌Rt△GEH，∴EF=EG；（3）解：如图，过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为M、N，则∠MEN=90°，∴EM∥AB，EN∥AD．∴△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，∴,N E C E E M C E A D C A A BC A==，∴N E E M A DA B=，即N E A D b E MA Ba==，∵∠IEF+∠FEM=∠GEM+∠FEM=90°， ∴∠GEM=∠FEN ， ∵∠GME=∠FNE=90°， ∴△GME ∽△FNE ， ∴E F E N E G E M =，∴E F b E Ga=．评注：此题考查了正方形，矩形的性质，以及全等三角形与相似三角形的判定与性质．此题综合性较强，注意数形结合思想的应用．考点六：结论探究型：此类问题给定条件但无明确结论或结论不惟一，而需探索发现与之相应的结论的题目． 例6：（2011福建省三明市）在矩形ABCD 中，点P 在AD 上，AB =2，AP =1．将直角尺的顶点放在P 处，直角尺的两边分别交AB ，BC 于点E ，F ，连接EF （如图①）． （1）当点E 与点B 重合时，点F 恰好与点C 重合（如图②），求PC 的长；（2）探究：将直尺从图②中的位置开始，绕点P 顺时针旋转，当点E 和点A 重合时停止．在这个过程中，请你观察、猜想，并解答： ①tan ∠PEF 的值是否发生变化？请说明理由；②直接写出从开始到停止，线段EF 的中点经过的路线长．分析：（1）由勾股定理求PB ，利用互余关系证明△APB ∽△DCP ，利用相似比求PC ；（2）tan ∠PEF 的值不变．过F 作FG ⊥AD ，垂足为G ，同（1）的方法证明△APB ∽△DCP ，得相似比P F G F P EA P==21=2，再利用锐角三角函数的定义求值；（3）如图3，画出起始位置和终点位置时，线段EF 的中点O 1，O 2，连接O 1O 2，线段O 1O 2即为线段EF 的中点经过的路线长，也就是△BPC 的中位线． 解：（1）在矩形ABCD 中，∠A =∠D =90°，AP =1，CD =AB =2，则PB ∴∠ABP +∠APB =90°， 又∵∠BPC =90°， ∴∠APB +∠DPC =90°， ∴∠ABP =∠DPC ， ∴△APB ∽△DCP ，∴A P PBC DP C=即12PC=∴PC（2）tan ∠PEF 的值不变．理由：过F 作FG ⊥AD ，垂足为G ， 则四边形ABFG 是矩形， ∴∠A =∠PFG =90°，GF =AB =2， ∴∠AEP +∠APE =90°， 又∵∠EPF =90°， ∴∠APE +∠GPF =90°， ∴∠AEP =∠GPF ， ∴△APE ∽△GPF ， ∴P F G F P EA P==21=2，∴Rt △EPF 中，tan ∠PEF =P F P E=2，∴tan ∠PEF 的值不变；（3）线段EF ．评注：本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，解直角三角形．关键是利用互余关系证明相似三角形．考点七：规律探究型：规律探索问题是指由几个具体结论通过类比、猜想、推理等一系列的数学思维过程，来探求一般性结论的问题，解决这类问题的一般思路是通过对所给的具体的结论进行全面、细致的观察、分析、比较，从中发现其变化的规律，并猜想出一般性的结论，然后再给出合理的证明或加以运用.例7：（2011四川成都）设12211=112S ++,22211=123S ++,32211=134S ++,…,2211=1(1)n S nn +++设...S =+S ＝_________ (用含n 的代数式表示，其中n 为正整数)．分析：由222222222222)]1([]1)1([)]1([122)]1([)1()1()1(11+++=+++++=+++++=+=n n n n n n n n n n n n nn n n nS n ，求n S ，得出一般规律．解：∵222222222222)]1([]1)1([)]1([122)]1([)1()1()1(11+++=+++++=+++++=+=n n n n n n n n n n n n nn n n nS n ，∴1111)1(1)1(+-+=+++=n nn n n n S n ，∴1111312112111+-+++-++-+=n nS111+-+=n n 1211)1(22++=+-+=n n n n n故答案为：122++n n n评注：本题考查了二次根式的化简求值．关键是由S n 变形，得出一般规律，寻找抵消规律．考点八：存在探索型：此类问题在一定的条件下，需探究发现某种数学关系是否存在的题目．例8：（2011辽宁大连）如图15，抛物线y ＝ax 2+bx +c 经过A （－1，0）、B （3，0）、C （0，3）三点，对称轴与抛物线相交于点P 、与直线BC 相交于点M ，连接PB ． （1）求该抛物线的解析式；（2）抛物线上是否存在一点Q ，使△QMB 与△PMB 的面积相等，若存在，求点Q 的坐标；若不存在，说明理由；（3）在第一象限、对称轴右侧的抛物线上是否存在一点R ，使△RPM 与△RMB 的面积相等，若存在，直接写出点R 的坐标；若不存在，说明理由．分析：（1）利用待定系数法求解；（2）若想求Q 点坐标，Q 到MB 的距离应该等于P 到MB 的距离，所以Q 点应该在经过P 点且平行于BM 的直线上，或者在这条直线关于BM 对称的直线上，因此，求出这两条直线的解析式，其与抛物线的交点即为所求Q 点；（3）设出R 点坐标，分别用其横坐标表示出△RPM 与△RMB 的面积，利用相等列出方程即可求出R 点坐标．解：（1）322++-=x x y（2）∵4)1(2+--=x y ∴P （1，4）BC ：3+-=x y ，M （1，2）P （1，4）；PB ：62+-=x y ， 当PQ ∥BC 时： 设PQ 1：b x y +-=∵P （1，4）在直线PQ 上b +-=14；5=b ∴PQ 1：5+-=x y⎩⎨⎧++-=+-=3252x x y x y 解得⎩⎨⎧==4111y x ，⎩⎨⎧==3222y x∴1Q ：（2，3）；将PQ 向下平移4个单位得到1+-=x y⎩⎨⎧++-=+-=3212x x y x y解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=-=2171217311y x ，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=+=2171217311y x∴2Q ：（2173-，2171+-）；3Q ：（2173+，2171--）xx ，322++-x x ） ∵P （1，4），M （1，2）∴ 224=-=PM()11221-=-⨯⨯=∆x x S P Q Rx x x x x RN 3)3()32(22+-=+--++-=()11221-=-⨯⨯=∆x x S PQR∵x x x 312+-=- 解得121+=x ，122+-=x （舍） ∴当12+=x 时，24)121(2=+-+-=y∴R （12+，2）x评注：求面积相等问题通常是利用过顶点的平行线完成；在表示面积问题时，对于边不在特殊线上的通常要分割．四、真题演练1．（2011山东潍坊）一个y 关于x 的函数同时满足两个条件：①图象过(2，1)点；②当0x 时．y 随x 的增大而减小，这个函数解析式为_______________ (写出一个即可) 2．（2011山西）如图，四边形ABCD 是平行四边形，添加一．个．条件：___________ _______________________，可使它成为矩形．3．（2011•泰州）“一根弹簧原长10cm ，在弹性限度内最多可挂质量为5kg 的物体，挂上物体后弹簧伸长的长度与所挂物体的质量成正比，，则弹簧的总长度y （cm ）与所挂物体质量x （kg ）之间的函数关系式为y=10+0.5x （0≤x≤5）．”王刚同学在阅读上面材料时发现部分内容被墨迹污染，被污染的部分是确定函数关系式的一个条件，你认为该条件可以是： （只需写出1个）．3．（4．（2011广西百色）已知矩形ABCD 的对角线相交于点O ，M 、N 分别是OD 、OC 上异于O 、C 、D 的点．（1）请你在下列条件①DM =CN ，②OM =ON ，③MN 是△OCD 的中位线，④MN ∥AB 中任选一个添加条件（或添加一个你认为更满意的其他条件），使四边形ABNM 为等腰梯形，你添加的条件是 ．（2）添加条件后，请证明四边形ABNM 是等腰梯形．（第14题）D第二部分练习部分1．（2011•贺州）写出一个正比例函数，使其图象经过第二、四象限：y=﹣x（答案不唯一）．分析：先设出此正比例函数的解析式，再根据正比例函数的图象经过二、四象限确定出k的符号，再写出符合条件的正比例函数即可．解答：解：2．（2011•湖南张家界）在△ABC中，AB=8，AC=6，在△DEF中，DE=4，DF=3，要使△ABC 与△DEF相似，则需添加的一个条件是（写出一种情况即可）．分析：解答：解：则需添加的一个条件是：BC：EF=2：1．∵在△ABC中，AB=8，AC=6，在△DEF中，DE=4，DF=3，∴AB：DE=2：1，AC：DF=2：1，∵BC：EF=2：1．∴△ABC∽△DEF．故答案为：．3．（2010江苏连云港中考题）若关于x的方程x2－mx＋3＝0有实数根，则m的值可以为___________．(任意给出一个符合条件的值即可)4．（2011广东湛江）如图，点B，C，F，E在同直线上，∠1=∠2，BC=EF，∠1 _______（填“是”或“不是”）∠2的对顶角，要使△ABC ≌△DEF ，还需添加一个条件，可以是 _______（只需写出一个）5．（2011福建省漳州市，19,8分）如图，∠B =∠D ，请在不增加辅助线的情况下，添加一个适当的条件，使△ABC ≌△ADE ，并证明． （1）添加的条件是 ； （2）证明：6．（2010浙江杭州中考题）给出下列命题：命题1． 点(1,1)是直线y ＝ x 与双曲线y ＝ x1的一个交点;命题2． 点(2,4)是直线y ＝ 2x 与双曲线y ＝ x 8的一个交点; 命题3． 点(3,9)是直线y ＝ 3x 与双曲线y ＝ x27的一个交点;… … ．（1）请观察上面命题，猜想出命题n (n 是正整数); （2）证明你猜想的命题n 是正确的．7．（2011•德州）●观察计算当a=5，b=3时，2a b +．当a=4，b=4时，2a b +2a b +．●探究证明如图所示，△ABC 为圆O 的内接三角形，AB 为直径，过C 作CD ⊥AB 于D ，设AD=a ，BD=b ． （1）分别用a ，b 表示线段OC ，CD ；（2）探求OC 与CD 表达式之间存在的关系（用含a ，b 的式子表示）． ●归纳结论根据上面的观察计算、探究证明，你能得出2a b +2a b +．●实践应用要制作面积为1平方米的长方形镜框，直接利用探究得出的结论，求出镜框周长的最小值．8．（2011浙江绍兴）数学课上，李老师出示了如下框中的题目．小敏与同桌小聪讨论后，进行了如下解答： （1）特殊情况•探索结论当点E 为AB 的中点时，如图1，确定线段AE 与的DB 大小关系．请你直接写出结论：AE = DB （填“＞”，“＜”或“=”）．（2）特例启发，解答題目解：题目中，AE与DB的大小关系是：AE=DB（填“＞”，“＜”或“=”）．理由如下：如图2，过点E作EF∥BC，交AC于点F，（请你完成以下解答过程）（3）拓展结论，设计新题在等边三角形ABC中，点E在直线AB上，点D在直线BC上，且ED=EC．若△ABC的边长为1，AE=2，求CD的长（请你直接写出结果）．★“真题演练”参考答案★1．【分析】本题的函数没有指定是什么具体的函数，可以从一次函数，反比例函数，二次函数三方面考虑，只要符合条件①②即可．【答案】符合题意的函数解析式可以是y= 2x，y=-x+3，y=-x2+5等，（本题答案不唯一）故答案为：y=2x，y=-x+3，y=-x2+5等．2．【分析】：由有一个角是直角的平行四边形是矩形．想到添加∠ABC＝90°；由对角线相等的平行四边形是矩形．想到添加AC＝BD．【答案】∠ABC＝90°（或AC＝BD等）3．解：根据弹簧的总长度y（cm）与所挂物体质量x（kg）之间的函数关系式为y=10+0.5x （0≤x≤5）可以得到：当x=1时，弹簧总长为10.5cm，当x=2时，弹簧总长为11cm，…∴每增加1千克重物弹簧伸长0.5cm ， 故答案为：每增加1千克重物弹簧伸长0.5cm ．4．解：（1）选择①DM =CN ；（2）证明：∵AD =BC ，∠ADM =∠BCN ，DM =CN ∴△AND ≌△BCN ，∴AM =BN ，由OD =OC 知OM =ON ， ∴OCON ODOM =∴MN ∥CD ∥AB ，且MN ≠AB ∴四边形ABNM 是等腰梯形．★“练习部分”参考答案★1．【分析】设此正比例函数的解析式为y=kx （k≠0）， ∵此正比例函数的图象经过二、四象限， ∴k ＜0，∴符合条件的正比例函数解析式可以为：y=﹣x （答案不唯一）． 【答案】故答案为：y=﹣x （答案不唯一）．2．【分析】因为两三角形三边对应成比例，那么这两个三角形就相似，从题目知道有两组个对应边的比为2：1，所以第三组也满足这个比例即可．【答案】BC ：EF=2：13．【分析】由于这个方程有实数根，因此⊿＝()22241212b a m m -=--=-≥0，即m 2≥12．【答案】答案不唯一，所填写的数值只要满足m 2≥12即可，如4等4．【分析】根据对顶角的意义可判断∠1不是∠2的对顶角．要使△ABC ≌△DEF ，已知∠1=∠2，BC=EF ，则只需补充AC=FD 或∠BAC=∠FED 都可，答案不唯一． 【答案】解：根据对顶角的意义可判断∠1不是∠2的对顶角故填：不是．添加AC=FD 或∠BAC=∠FED 后可分别根据SAS 、AAS 判定△ABC ≌△DEF ， 故答案为：AC=FD ，答案不唯一．5．解：（1）添加的条件是：AB =AD ，答案不唯一； （2）证明：在△ABC 和△ADE 中， ∠B =∠D ， AB =AD ， ∠A =∠A ，∴△ABC ≌△ADE ．6．(1)命题n ；点(n , n 2) 是直线y = nx 与双曲线y =xn3的一个交点(n 是正整数)．(2)把 ⎩⎨⎧==2ny nx 代入y = nx ，左边= n 2，右边= n ·n = n 2，∵左边=右边，∴点(n ，n 2)在直线上． 同理可证：点(n ，n 2)在双曲线上， ∴点(n ，n 2)是直线y = nx 与双曲线y = xn3的一个交点，命题正确．7．解：●观察计算：2a b +，2a b +．●探究证明：（1）∵AB=AD+BD=2OC ， ∴OC=2a b +.∵AB 为⊙O 直径， ∴∠ACB=90°．∵∠A+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCD=90°， ∴∠A=∠BCD ．∴△ACD ∽△CBD ．（4分） ∴A D C D C DB D=．即CD 2=AD•BD=ab ，∴（5分）（2）当a=b 时，OC=CD ，2a b +a≠b 时，OC ＞CD ，2a b +＞．●结论归纳：2a b +≥．●实践应用设长方形一边长为x 米，则另一边长为1x米，设镜框周长为l 米，则12()l x x=+≥=4.当x=1x，即x=1（米）时，镜框周长最小．此时四边形为正方形时，周长最小为4米．8．解：（1）故答案为：=． （2）故答案为：=．证明：在等边△ABC 中，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AB=BC=AC ， ∵EF ∥BC ，∴∠AEF=∠AFE=60°=∠BAC ， ∴AE=AF=EF ， ∴AB ﹣AE=AC ﹣AF ， 即BE=CF ，∵∠ABC=∠EDB+∠BED=60°， ∠ACB=∠ECB+∠FCE=60°， ∵ED=EC ，∴∠EDB=∠ECB，∴∠BED=∠FCE，∴△DBE≌△EFC，∴DB=EF，∴AE=BD．（3）答：CD的长是1或3．。
性问题一般解答策略
探索性问题的一般解答策略【摘要】在数学解题中经常会碰到探索性问题，以“试推测”探求，判断或“是否”、“能否”等词的出现，这类问题，常以三种形式出现：（1）由已知条件，寻求相应结论。
（2）.给定结论，反推应具备的条件。
（3）.存在性问题，本文通过具体的例子说明这类问题的解题策略。
【关键词】探索存在性函数数列【中图分类号】 g426 【文献标识码】 a 【文章编号】 1006-5962（2013）01（a）-0184-021 由给定条件寻求相应结论。
（1）..对于这类问题的解题思路是从所给条件出发，经过分析、观察、利用特殊→一般→特殊→一般的辩论关系，进行探索、归纳、猜想出结论，然后用数学归纳法加以证明。
例1.设数列﹛an﹜的各项为正数a1=1，sn表示其前n项的和，且n∈n时，sn+1+sn与1的等比中项为an+1。
（1）..求s1，s2，s3，s4的值。
求①的结果推测sn的表达式，并证明。
解：①由条件可知：sn+1+sn=an+12∴sn+1+sn=（sn+1-sn）2，，∵s1=1，∴s2+1=（s2-1）2 ∴s2=3，同理s3=6，s4=10，s1=*1（1+1）=1，s2=*2（2+1）=3，s3=*3（3+1）=6，s4=*4（4+1）=10……推测sn=n（n+1）②.证明：ⅰ当n=1时，s1=*1（1+1）=1推理正确，ⅱ假设当n=k时，推理正确，即sk=k（k+1）当n=k+1时，sk+1+sk=（sk+1-sk）2得，sk+1+k（k+1）= [sk+1-k （k+1）]2sk+12-[k（k+1）+1]sk+1+k2（k+1）2—k（k+1）=0即[sk+1—k（k+1）—（k+1）]*[sk+1-k（k+1）+k]=0∵an>0 ，∴sk+1=k（k+1）+k+1=（k+1）（k+2），当即n=k+1时，推理正确，由（ⅰ），（ⅱ）可以断定sn=n（n+1）对于一切n∈n时，均正确。
解探索性问题de几种方法
存在与否 ， 可以先从 特殊情 况 人手 ， 找准 思考 的方 向 ， 极力在 隐含条件 上做文 章 ， 并且对 自己的判 断作 出严
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方 位 的进 行 思 考 和 探 究 ． 方法探 索性 问 题 解 题 技 巧 方 法很 多 的时 候 ，
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由① ② 可 知 ， ｂ 一３ 即 ６ 或 者 ６ 一 当 ， 一 一 时 ， ＡＢ 的 面积 Ｓ取 得 最 大 值 ． △Ｏ
尽 可 能地数 形结 合 的观察 ， 多视 点 的联 想 ， 用知 识 利
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故 所 求 直 线 与 此 双 曲线 没 有 交 点 ， 就 是 不 也
存在符合条件的弦．
２ 即 ７一 １ ， ， Ｋ ｌ 时 直线 与 圆 Ｍ 相 切 ； ｄ ２ 即 ７＞ １ ， ＞ ． 时 直线 与 圆 Ｍ 相 离 ； ｄ ２ 即 ＜ １ ， 线 与 圆 Ｍ 相 交 ． ％ ， 时 直 【 者单位 ： 作 湖北 省 宜 昌 市 远 安 县 第 一 高 级 中 学】
探索性问题——精选推荐
探索性问题【考点梳理】一、探索性问题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。
二、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入手。
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。
探索结论而后论证结论是解决这类问题的一般型式。
3．存在判断型判断存在型问题是指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的探索性问题，解决这类问题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．方法探究型这里指的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，难度较高的构造法即属此型。
在探究方法的过程中，常常需要研究简化形式但保持本质的特殊情形，运用类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高。
三、思想方法解决探索性问题，较少现成的套路和常规程序，需要较多的分析和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。
高考题中一般对这类问题有如下方法：1．直接法2．观察—猜测—证明3．赋值法4．数形结合 5．联想类比6．从特殊到一般7．从特殊到一般再到特殊8．等价转化四、怎样提高解探索问题的能力1．注重双基的训练，夯实基础知识。
浅谈小学数学分类讨论思想的探索与应用 小学教师教学体会研讨材料
浅谈小学数学分类讨论思想的探索与应用【摘要】：分类讨论是一种重要的逻辑思维方法，也是一种重要的数学思维方法，在素质教育和课改的要求下培养学生的思维能力已经成了对教师能力的一个重要考验，培养和发展学生的数学分类讨论思维能力应贯穿在我们的整个教学过程中，在小学数学教学中是逐步渗透的。
对此，教师要根据学生的年龄特征、认识水平和知识特点，循序渐进，反复训练，让学生逐步，最终达到比较熟练地运用这一思想解决实际问题。
【关键词】：分类讨论探索应用小学数学在小学数学中，把问题按照一定的原则或标准分为若干类，然后逐类进行讨论，再把这几类的结论汇总，得出问题的答案，这种解决问题的思想方法就是分类讨论的思想方法。
下面我就自己在教学中如何运用分类思想谈谈自己的几点体会：一、渗透分类思想，培养分类的意识每名学生在日常生活中都积累了一定的分类知识。
例如把人群按照从事职业分为工人，农民，科学家，医生等，商品按照用途分为家用电器类，洗化类，衣服类等，书籍按照内容分为情感类，科普类，教育类等。
我们可以利用学生的这一认识基础，把生活中的分类迁移到数学中来，在教学中进行数学分类思想的渗透。
例如在教学平移与旋转这一课时，我通过多媒体展示一副孩子们在游乐园里玩耍的场景图，孩子们在观看这些图片时个个神采飞扬，心中充满了向往，农村的孩子毕竟很少玩这些游乐项目。
我拿出了事先制作好的卡片，提问孩子们能否将这些图片进行归类。
话音未落，孩子们争先恐后的举手想到前面来展示，最后我叫了一名中等生，他把荡秋千，开火车，过山车，滑滑梯贴在一排，而将旋转木马，摩天轮贴在一排，评讲的时候所有同学都同意他的观点。
而我又组织了学生小组讨论，在我的提示下，孩子们用手比划最终一致认为荡秋千的运动方式属于旋转，正确地进行了分类。
孩子们就是在这种尝试，纠错，再改正的过程中加深了平移与旋转的理解，感知和体会这两种方式的不同，从而能正确判断生活中哪些物体的运动方式是平移，哪些是旋转。
探索性问题浅析
论 的正确 与否 需要 确定 ， 因此 探 索结 论 而后 论 证结 论是 解决 这类 问题 的一 般 程 序． 决 这类 问题 的一 解 般思 维方式 是 首先研 究 符 合 条件 的特 例 和反 例 ， 进 而观 察 、 验 、 纳 、 测 分 析判 断 ， 试 归 猜 然后 再 进 行 论 证． 于判 断某结 论是 否成立 的 问题 ， 时需要 区别 对 有 不 同的情形 而加 以分类 讨论．
共需 要 次运算 ． 下 面给 出一种减 少运 算次数 的算法 ：
Ｐ（ ｏ ）＝ａ ， Ｉ１ ）＝ｘ ）＋ａ ＋（ ０， ， ｏ Ｐ ＋（ Ｐ（ １ ｋ＝ ｌ
分析 ： 应填 “ Ｃ上Ｂ 或 “ Ｂ Ｄ是 菱形 ” Ａ Ｄ” Ａ Ｃ ．
本题 属探索条 件型 问题 ， 有 Ａ Ｃ上 Ｄ ， 有 若 。 须
应 给予 重视．
及 口＜ ， ｏ 可得 ） 的最大值为 一
问题 的条 件不 完 备 ， 论 的不 确 定是 探 索 性 问 结 题 最基本 的特 征 ， 从探 索性 问题 的解 题 过程来 看 ， 没 有确 定 的模式 ， 变 陛多 ， 可 对观察 、 验 、 想 、 比、 试 联 类 猜想 、 抽象 、 概括 ， 别是 对 发 现 问题 和 分 析 问题 能 特 力 的要求 较高 ， 面 介绍 处 理 几种 常 见 探 索性 问题 下
，
Ｃ上Ｂ 向上 追述 ， Ｄ， 须有 Ａ Ｃ上Ｂ ． Ｄ
２…， ， ｎ一１ ． ） 利用 该 算 法 ， 算 Ｐ （。 的值 共 需要 计 ３ ）
例 ２ 已知 二 次 函 数
） 的二 次 项 系 数 为 ａ ，
６次运算 ， 计算 Ｐ （。 的值共需要 ）
—
—
次运算
2022年高考数学基础题型+重难题型突破类型六探索性问题(解析版)
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)．。
《浅析初中数学探索性问题之解题对策》
《浅析初中数学探索性问题之解题对策》玉溪市红塔区大营街一中申光跃摘要：数学探索性问题是学生动手实践、自主探索的学习数学的重要方式。
对培养学生的创新意识，全面提高数学素质有着极其重要的作用和价值，近年来全国各地中考命题更加注重对创新问题的研究和设计，其中探索性试题无论从素材的选择、情景的设置、文字的表达，都出现了某些新的特点。
本文初探这类试题的若干常见类型及解题对策。
主题词 : 探索题解题策略探索性问题是开放性问题的一种，指那些题目条件不完整或结论不明确的问题。
探索性问题既能达到考查学生能力的目的，又不至于让学生因过于开放而无从下手。
它的解题思路对学生来说若隐若现，解题方法若有若无，需要学生通过对问题的观察、分析、尝试、猜想、判断、归纳、总结等活动，逐步探索出正确的条件与结论。
探索性问题的解答过程本身就是一个探索、发现的过程，这一类问题对培养学生的创造性思维能力、想象力和探究力有很大的帮助，对培养学生的创新意识有着及其重要的作用，对全面提高学生的数学素质具有重要的价值。
有助于学生创造性的发挥，因此倍受中考命题者的青睐。
近年来全国各地中考命题更加注重对创新问题的研究和设计，其中探索性试题无论从素材的选择、情景的设置、文字的表达，都出现了某些新的特点，这类颇具创新的探索性试题脱颖而出。
本文初探这类试题的若干常见类型及解题对策，与共商榷。
一、归纳猜想，证明结论数学猜想是指求解过程中，依据某些数学知识和已知事实，运用自己已有的经验和方法，对其作总体的观察、分析后产生顿悟，从而作出猜想判断的一种思想方法。
有些探索性的问题可以先通过观察、试验、比较、分析，从特殊到一般，再由一般到特殊，然后进行类比、猜想、归纳，探索出存在的一般规律，得出结论，然后加以证明。
这就要求学生必须进行多方位、多角度、多层次探索，以检验学生思维的灵活性和创新性例1 .（2000年河北中考题）（1）判断下列各式是否成立，你认为成立的请在括号内打“√”，不成立的打“×”。
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Ｄ ．Ｚ 与 Ｃ为 直 径 的 圆 相 交 于
பைடு நூலகம்
点 Ｐ ，Ｑ，Ｐ 的 中 点 为 Ｈ，则 ０ Ｈ 上加 ，Ｑ 点 的 坐 Ｑ
标 争 ）‘ＰＩ Ｃ｝ 为（， ．＇ ｌＩ ・ Ｉ Ａ＝ ． ＝ １ ０
：
４Ｂ的方 程 是 ｙ ｋ ２ （ ≠１． 入 一 ： ＝ （一 ） ） 代 ２有 （ 一 ）２ １ ｋ Ｘ＋ ４ ｘ （ ２： ，则 １ 是 上 述 方 程 的两 个 实 根 ， Ｕ 一４ ＋ ） ０ ， 所
一
｝ 析 Ｊ 答这 类 探 索 性 问 分 解
题 ，可 先 假 设 “ 象 ” 存 在 ． 对 然 后 根 据 题 设 条 件 探 究 可 能 的 “ 象” 对 ．并 进 行 验 证 或 否 定 ． 假
Ｉｌ ，
、
假 设 存 在 。推 理 验 证
ｌ １已知 双 曲线 Ｘ一 ２的左 、右焦 点分 别 为 例 Ｉ ２ ＝
．
ｌ 示｝ 启 本题 主要 考查 直线、 圆和抛物 线等 平 面解
析 几何 的 基 础 知 识 ． 考 查 综 合 运 用 数 学 知 识 进 行 推
， ，
过 点 的动 直 线 与 双 曲线 相交 于 Ａ，Ｂ两 点 ．
在 轴 上 是 否 存 在 定 点 ｃ．使
．
为常 数 ？ 若 存
设 满 足 条 件 的 直 线 ￡ 在 ，其 存
方程 为 ｙ ａ ＝ 。设 ４Ｃ 的 中 点 为
／
＼ｏ ｜
Ⅳ
。
在 ，求 出 点 Ｃ的坐 标 ：若 不 存在 ，请 说 明 理 由 ．
（ ）涉及 到 圆锥 曲线 焦 点 弦 的 问题 ．还 可 以 利 用 ２
圆锥 曲 线 的 焦 半 径 公 式 （ 圆 锥 曲线 的 第 二 定 义 ） 即 ，
应 掌握 求 焦 半径 以及 利 用 焦 半 径 解题 的 方法 ．
析 、 纳 、 断 、 论 与 证 明 等 方 面 的 能 力 ， 同 学 们 归 判 讨 使
，
｝
（２ ｍ） （ ｔ ２ （ ２ ２ ： ｋ＋ ） 】 一 ２ ， ） ＋ ２ Ｘ－ ＋ ｘ － ） ｘ－ ） （ ２ １ （ ＋ （ 】 ） ２
口 ・ ｝２Ｈ）【一 ） ２ １ Ｉ４。争） ＝ Ｐ （ （ ＝
Ｙｎ ｎ・ 。 ＝， － —】 一 ０ 得 ＋ ）令 争
若 不存 在 ．说 明理 由．
纵 观 近几 年全 国各 地 高考 数 学 题 的特 点 ， 索 性 问 探 题一 直备 受 青 睐．可 以预 测 探 索 性 问题 仍 将 是 ２ １ ００年 高考 数学 命 题 的 热点 ． 文 仅 以 圆锥 曲 线 中 的探 索 性 问 本
题 为 例 ， 豹 一斑 ， 窥 以期 与广 大 读 者共 同学 习 、 探究 ．
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是 与 ｋ无 关 的 常 数 ， 以 ４ ４ ｏ 即 ｍ＝ ， 时 所 ＿ ｍ＝ ， ｌ此 ・ ＝ １当 』 ， 一 ． ４ 曰与 轴 垂 直 时 ， Ａ ， 的 坐标 可 分 别 点
￣ｔｑ＝ Ｐ ｌ ｐ为定值 ， 故满 足
／
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Ｎ
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条 件 的 直 线 ｌ 在 ，其 方 程 为 存
ｙ ， ＝ 即抛 物 线 的通 径 所 在 的直 线 ．
设为（，／ ）（，、 ）此时 ・ ： １、 ） ２、 ， 一 ／ ， ２ （，／ ・
（ ，、 ） １ １～ ／ ＝ ． 故在 轴上存在定点 Ｃ （ ，Ｏ ，使 １ ）
ｆ 分析ｉ 本题 考查 向量在 圆锥 曲线 中的运 用和存在
性 问 题 ． “ 差 法 ” “ 而 不 求 ” 方 法 处 理 中 点 弦 用 点 和 设 的 是 解 这 类 题 的好 方 法 ．假 设 在 轴 上 存 在 定 点 Ｃ ｍ， （ ０， ） 使 ． 为 常 数 ． Ａ 不 与 轴 垂 直 时 ， 直 线 当 Ｂ 设
以 ，１ ： ｚ
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数 学 有数
探 索 性 问题 的推 理 验 证 与 分 类讨 论
■珠 海 市斗 门区第一 中学 詹 波
探 索 性 问 题 是 一 种 具 有 开 放 性 和发 散 性 的 问 题 ，
代 入 曲 线 方程 ．并 不 具 体 求 出 坐 标 ． 而 是 利 用 坐 标 应 满 足 的 关 系直接 导 致 问题 的 解 决 ）．
经历 一 个 发 现 问题 、 究 问题 、 决 问题 的全 过 程 ． 研 解
１ ２在 平面直 角坐标 系 ｘ ｙ中 ，过定 点ＣＯＰ 例 １ Ｏ （，）
作 直 线 与 抛 物 线 Ｘ＝ ， ｐ Ｏ 相 交 于 Ａ，Ｂ两 点 ． ２ ，（＞ ） 是 否 存 在 垂 直 于 Ｙ轴 的 直 线 Ｚ ．使 得 Ｚ 以 Ａ 为 直 径 被 Ｃ 的 圆 截 得 的 弦 长 恒 为 定 值 ？ 若 存 在 ，求 出 Ｃ 的方 程 ；
此类 题 目的条 件 或 结 论 不 完 备 ．要 求 解 答 者 自己 去探 索 ， 合 已有 条 件 。 行 观 察 、 析 、 结 进 分 比较 和概 括 ． 它对 同 学 们 的 数 学 思 想 、 学 意 识 及 综 合 运 用 数 学 方 法 的 数
能力 提 出 了较 高 的要 求 ． 有 利 于 培 养 同学 们 探 索 、 它 分