9-9 专题研究四探索性问题 PPT课件【2021衡水中学高考一轮总复习理科数学】

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高考数学热点问题和解题策略之探索性问题

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。

4探索性问题含答案.doc

探索性问题I、综合问题精讲：探索性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，补充并加以证明的题型.探索性问题一般有三种类型：（1）条件探索型问题；（2）结论探索型问题; （3）探索存在型问题.条件探索型问题是指所给问题中结论明确，需要完备条件的题目；结论探索型问题是指题目中结论不确定，不唯一，或题目结论需要类比，引申推广，或题目给出特例，要通过归纳总结出一般结论；探索存在型问题是指在一定的前提下，需探索发现某种数学关系是否存在的题目・探索型问题具有较强的综合性，因而解决此类问题用到了所学过的整个初中数学知识.经常用到的知识是：一元一•次方程、平面直角坐标系、一•次函数与二次函数解析式的求法（图象及其性质）、直角三角形的性质、四边形（特殊）的性质、相似三角形、解直角三角形等.其中用几何图形的某些特殊性质：勾股定理、相似三角形对应线段成比例等来构造方程是解决问题的主要手段和途径.因此复习中既要至视基础知识的复习，又要加强变式训练和数学思想方法的研究，切实提高分析问题、解决问题的能力.H、典型例题剖析【例1】（2005,临沂）如图2—6 — 1,已知抛物线的顶点为A（0, 1）,矩形CDEF的顶点C、F在抛物线上，D、E在x轴恭上，CF交y轴于点B（0, 2）,且其面积为8.（1）求此抛物线的解析式；（2）如图2—6—2,若P点为抛物线上不同于A的一点，I,连结PB并延长交抛物线于点Q,过点P、Q分别作x轴的垂 f 可为飞线，垂足分别为S、R.图2・6T %1求证：PB=PS；%1判断ASBR的形状；%1试探索在线段SR上是否存在点M,使得以点P、S、M为顶点的三角形和以点Q、R、M为顶点的三角形相似，若存在，请找出M点的位置；若不存在，请说明理山.⑴解：方法-：VB点坐标为（0, 2）,.・.0B=2,..•矩形CDEF面积为8,「.CF=4.・・・C点坐标为（一2, 2）. F点坐标为（2, 2）。

专题突破专题四规律探索型问题(共56张PPT)

2． (2015· 烟台)如图，正方形 ABCD 的边长为 2，其面积标记为 S1，以 CD 为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为 S2，„„，按照此规律继续下去，则 S2 015 的值为 (
2 012 2 A. 2 2 012 1 C. 2
专题训练
一、选择题 (每小题 4 分，共 32 分 ) 1．请你计算： (1－x)(1＋ x)， (1－ x)(1＋x＋x2)， „，猜想(1－ x)(1＋ x＋x2＋„＋ xn)的结果是 ( A． 1－ x C． 1－ x 答案： A
n＋ 1 n
)
B． 1＋ x
n＋ 1 n
D． 1 ＋ x
专题四
规律猜想探索型问题
规律探索型问题也是归纳猜想型问题，其特点是：给出一组具有某种特定关系的数、式、图形；或是给出与图形有关的操作变化过程；或是给出某一具体的问题情境，要求通过观察分析推理，探究其中蕴含的规律，进而归纳或猜想出一般性的结论．规律探索型问题包括两类问题：数字类规律探索问题、图形类规律探索问题．
(2)若第1格的“特征多项式”的值为－10，第2格的“特征多项式”的值为－16， ①求x，y的值； ②在此条件下，第n格的“特征多项式”是否有最小值．若有，求出最小值和相应的n值；若没有，说明理由．分析：(1)仔细观察每格的特征多项式的特点，找到规律，利用规律求得答案即可；(2)根据题意列出二元一次方程组，求得x，y的值即可．
【解析】易发现这组数的规律为从第 2 个数开始，每个数都比上个数的被开方数大 3；位置排列规律为每一行有 5 个数，每个数的位置用一对有序数对表示，其中第 1 个数代表行数，第 2 个数代表列数．所给的 81 这组数中最大的有理数为 81，即 9.由于＝ 27，所以 3 81为这组数的第 27 个数，所以 81位于第 6 行，第 2 列，记为 (6,2)．故选 C. 答案： D

高考数学一轮总复习课件：空间综合问题

(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
(3)解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主要抓住变与不变的量，所谓不变的量，即是指“未折坏”的元素，包括“未折坏”的边和角，一般优先标出未折坏的直角(从而观察是否存在线面垂直)，然后标出其他特殊角，以及所有不变的线段．
3＝ 2
26，即点C到平面A1BC1的距离为
6 2.
【答案】
①略
②
6 2
题型二探究性问题
利用向量解决立体几何中的探索性问题，在近几年的高考中备受青睐．下面举例说明其破解方法，以期抛砖引玉．
例2 (2021·湖南重点校联考)如图，在四棱锥 P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥ CD，且AD＝CD＝2 2，BC＝4 2，PA＝2.
设平面EFG的一个法向量是n＝(x，y，1)，
则由n⊥E→F，n⊥G→E，得
（（xx，，yy，，11））··（（22，，－4，2，－02））＝＝00，⇒xx－＋y2＝y＝0，1 ⇒xy＝＝1313，.
∴n＝13，13，1. 则点B到平面GEF的距离为d＝|n·|nB→|E|＝2 1111.
【答案】
思考题1 (1)(2021·黑龙江哈尔滨期末)三棱柱ABC－
A1B1C1底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若AB＝2，AA1＝ 1，则点A到平面A1BC的距离为( B )
3 A. 4
3 B. 2
33 C. 4
D. 3
【解析】设点A到平面A1BC的距离为h，
∵V三棱锥A1－ABC＝V三棱锥A－A1BC，
若∠MGN＝45°，则NG＝MN，
又AN＝
2 NG＝
2
MN，所以MN＝1，所以MN綊

高考数学复习点拨探索性问题揭秘

D B1
解： ∵ AA1 平面 A1B1C1 ， C1D 平面 A1 B1C1 ，∴ AA1 C1 D ，
∵ A1C1 B1 C1 1 ， D 是 A1 B1 中点，∴ C1 D A1B1 ，
A
F
C
又∵ AA1 , A1 B1 平面 A1 B ， AA1 A1 B1 A1 ，∴ C1 D 平面 A1 B . 过点 D 作 DF AB1 ，交 BB1于点 F .
探索性问题揭秘
探索性问题又叫开放型问题，此类问题作为立体几何的一种创新题型，在近几年的高
考中正方兴未艾 . 和我们司空见惯的封闭型问题恰好相反，探索性问题没有明确的条件或结
论，条件或结论是什么或有没有需要通过探索才能知晓
. 正因为如此，探索性问题往往令很
多同学望而却步，不知所措 . 鉴于此，本文就揭秘空间垂直关系中常见的探索性问题，以期
A
D
∵ PA AD ，点 F 是 PD 的中点，∴ AF PD ，又 CD , PD 平面 PCD ， CD PD D ，∴ AF 平面 PDC ，又 PE 平面 BPDC ，
E C
∴ PE AF .
评注：此型问题的基本解法是：先探索猜想结论，再证明结论
.
例 1图
二、条件反溯型
例 2 如图，在三棱柱 ABC A1B1C1中，已知 AA1 平面 A1B1C1 ， A1C1 B1C1 1 ，
分析：先假设存在点 H ，使得 EH 平面 ABCD . 然后依据已知条件，
反向探求，若能探求出点 H 的位置，则存在；若导出矛盾，则不存在 .
解：假设存在点 H ，使得 EH 平面 ABCD .
作 SF BC 于 F ，连结 AF ，
∵平面 SBC 平面 ABCD ，平面 SBC 平面 ABCD BC ，∴ SF 平面 ABCD .

高中数学课件-第9讲第4课时证明、探索性问题

第4课时　证明、探索性问题命题解读　圆锥曲线中的证明问题大多涉及几何量的证明，一般转化为代数关系证明；探索性问题则转化为方程(组)的实数解是否存在问题.解决这两类问题的难点有两个，一是向代数问题的转化，二是运算量较大.01突破核心命题考点一证明问题例1　已知双曲线C：x2－y2＝2，点A，B，D是双曲线C上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点O.求证：直线AB与圆x2＋y2＝1相切.证明：由双曲线C的方程x2－y2＝2，易知直线AB一定不为水平直线且不与渐近线y＝±x平行，所以可设直线AB的方程为x＝my＋n(m ≠±1)，由于△ABD的外接圆过原点，且B，D两点关于y轴对称，所以可设△ABD外接圆的方程为x2＋y2＋Ey＝0.所以y1y2＝1，圆锥曲线中常见的证明问题(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明.反思感悟(1)求圆C的方程；解：(1)设圆C的半径为r(r＞0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r).(2)证明：把x＝0代入方程解得y＝1或y＝4，即点M(0，1)，N(0，4).①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.(1)求椭圆的方程；(2)设直线PA ，PM ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，是否存在常数λ，使得k 1＋k 3＝λk 2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.考点二探索性问题②当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，存在性问题的解题策略存在性问题，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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.反思感悟训练2　已知抛物线C：x2＝4y，不过点M(2，1)的直线l与抛物线C相交于A，B两点，若直线MA，MB的斜率之积为－2，试判断直线l能否与圆(x－2)2＋(y－m)2＝80相切？若能，求此时直线l的方程；若不能，请说明理由.得x1x2＋2(x1＋x2)＋36＝0；设直线AB方程为y＝kx＋b，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以－4b＋8k＋36＝0，得b＝2k＋9，所以直线AB的方程为y＝kx＋2k＋9，即直线AB恒过抛物线内部的定点N(－2，9)，又圆M：(x－2)2＋(y－1)2＝80正好经过点N(－2，9)，当且仅当直线AB与半径MN垂直时直线AB与圆M相切，02限时规范训练(六十八)(1)求椭圆C2的方程；(2)设P为椭圆C2上异于A1，A2的任意一点，过P作PQ⊥x轴，垂足为Q，线段PQ交椭圆C1于点H.求证：A1H⊥PA2.代入椭圆方程x2＋4y2＝8，可得x2＋2tx＋2t2－4＝0，由于直线l交椭圆C于P，Q两点，所以Δ＝4t2－4(2t2－4)＞0，解得－2＜t＜2，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由于点P与点E关于原点对称，故E(－x1，－y1)，x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4；(2－x1)(y2－1)－(2＋x2)(y1＋1)＝2(y2－y1)－(x1y2＋x2y1)＋x1－x2－4＝x2－x1－(x1x2＋tx1＋tx2)＋x1－x2－4＝－x1x2－t(x1＋x2)－4＝－(2t2－4)－t(－2t)－4＝0，故k AE＋k AQ＝0，结论得证.3.已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，M(－2，y0)是C上一点，且|MF|＝2.(1)求C的方程；(2)过点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，分别过点A，B作抛物线C的切线l1，l2，两条切线相交于点P，点P关于直线AB的对称点为Q，判断四边形PAQB是否存在外接圆？如果存在，求出外接圆面积的最小值；如果不存在，请说明理由.解：(1)根据题意知，4＝2py0，①联立①②，解得y0＝1，p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝4y.(2)四边形P AQB存在外接圆.由(1)知F(0，1)，设直线AB的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y中，得x2－4kx－4＝0，Δ＝16(k2＋1)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，所以PA⊥PB，即△PAB是直角三角形，所以△PAB的外接圆的圆心为线段AB的中点，线段AB是外接圆的直径，所以点Q一定在△PAB的外接圆上，即四边形PAQB存在外接圆.又|AB|＝4(k2＋1)，所以当k＝0时，线段AB最短，最短长度为4，此时圆的面积最小，最小面积为4π.(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为△EAB的垂心？若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由.(2)假设满足条件的直线l存在，限时规范训练(六十八)点击进入WORD文档。

高三数学一轮复习精品课件定点、定值、探索性问题

(2)设圆M过A(1,0)，且圆心M在曲线C上，TS是圆M在y轴上截得的弦，当M运动时，弦长|TS|是否为定值？请说明理由. 解答几何画板展示
弦长|TS|为定值.理由如下：取曲线C上点M(x0，y0)，M到y轴的距离为d＝|x0|＝x0，圆的半径r ＝|MA|＝ x0－12＋y02，
则|TS|＝2 r2－d2＝2 y02－2x0＋1， ∵点 M 在曲线 C 上，∴x0＝y220， ∴|TS|＝2 y20－y02＋1＝2 是定值.
跟踪训练2 (2016·珠海模拟)如图，在平面直角坐标系
xOy中，点F(
1 2
，0)，直线l：x＝－1，点P在直线l上移 2
动，R是线段PF与y轴的交点，RQ⊥FP，PQ⊥l.
(1)求动点Q的轨迹C的方程；解答几何画板展示
依题意知，点R是线段FP的中点，且RQ⊥FP， ∴RQ是线段FP的垂直平分线. ∵点Q在线段FP的垂直平分线上，∴|PQ|＝|QF|，又|PQ|是点Q到直线l的距离，故动点Q的轨迹是以F为焦点，l为准线的抛物线，其方程为y2＝2x(x>0).
设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝3. ∴椭圆的方程为x32＋y2＝1.
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点. 证明几何画板展示
思维升华
圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. (2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
§9.9 圆锥曲线的综合问题
第3课时定点、定值、探索性问题

中考数学考前冲刺复习——探索性问题重点方法题型复习(共15张PPT)

（2）求证：抛物线y1＝x 2＋px＋q与x轴有两个交点；（3）设抛物线y1＝x 2＋px＋q的顶点为M，与y轴的交点为E，抛物线y2＝x 2＋px＋q＋1的顶点为N，与y轴的交点
为F，若四边形FEMN的面积等于2，求p的值．
解：（1）∵关于 x 的一元二次方程 x2＋px＋q＋1＝0 有一个实数根为 2
2
（２）（分析：四边形NQAC的面
1 A
QB
积可分为S△ AOC和S梯形OCNQ的两部 -3 -2 -1 O
பைடு நூலகம்123
x
分来求，问题的关键是利用直线 BM的解析式来确定NQ。）
-1
N
-2Ｃ -3
M
（2）若点N为线段BM上的一点，过点N 作x轴的垂线，垂足为Q，当点N在线段BM上运动时（不与点B、点M重合）设NQ的长为t，四边形NQAC的面积为S，求S与ｔ间的函数关系式及自变量的取值范围；
∴存在实数 a＝24，使－x1＋x1x2＝4＋x2 成立
（2）∵(
x1＋1)( x2＋1)＝( x1＋x2)＋x1x2＋1＝
－2a a－6
＋
a a－6
＋1＝－
a a－6
∴要使( x1＋1)( x2＋1)为负整数，则只需 a 为 7，8，9，12
例5、已知方程组 y＝2x＋b(y 2＝4x)y＝2x＋b(y 2＝4x) 有两个实数解 y＝ y1(x＝x1)y＝y1(x＝x1) 和 y＝y2(x＝x2)y＝y2(x＝x2) ，且x1x2≠0，x1≠x2．（1）求b的取值范围；（2）否存在实数b，使得 x1(1) ＋ x2(1) ＝1？若存在，求出b的值；若不存在，请说明理由．
解（1）∵AB是直径， ∴∠ ACB=90°

高考数学复习知识点讲解课件14---探索性问题

∴|AB|＝ 1＋k2|x1－x2|
＝ 1＋k2
3＋8k42k22－4·43k＋2－4k122＝123＋1＋4kk22.
|MD|＝ 1＋k123＋4k42k2－0＝4|k3|＋k42k＋2 1，
12
若△ABD 为等边三角形，则|MD|＝ 23|AB|， 23·123＋1＋4kk22＝4|k3|＋k42k＋2 1，即 23k2＋27＝0，方程无实数解，
解假设存在点 Ny420，y0，使以弦 AB 为直径的圆恒过点 N，设过点M(8，－4)的直线l的方程为x＝m(y＋4)＋8，联立xy＝2＝m4xy＋4＋8，得 y2－4my－16m－32＝0，则Δ＝16m2＋4(16m＋32)＝16(m2＋4m＋8)＝16[(m＋2)2＋4]>0，设 Ay421，y1，By422，y2，则 y1＋y2＝4m，y1y2＝－16m－32， ∵点N总在以弦AB为直径的圆上，∴∠ANB＝90°， ∴N→A·N→B＝0，
设 E(x3，y3)，F(x4，y4)，则 x3＋x4＝32－kmk2，
12
Δ2 ＝(－2km)2＋4(3－k2)(m2＋12)>0.
②
∵D→F＋B→E＝0，∴(x4－x2)＋(x3－x1)＝0，即 x1＋x2＝x3＋x4，
∴－3＋8km4k2＝32－kmk2.∴2km＝0 或－3＋44k2＝3－1 k2，解得 k＝0 或 m＝0.
∴不存在这样的点D.
12
2.已知动圆C过点A(－2,0)，且与圆M：(x－2)2＋y2＝64相内切. (1)求动圆C的圆心的轨迹方程；
12
解圆M：(x－2)2＋y2＝64, 圆心M的坐标为(2,0)，半径R＝8. ∵|AM|＝4<R，∴点A(－2,0)在圆M内. 设动圆C的半径为r，圆心为C，依题意得r＝|CA|，且|CM|＝R－r，即|CM|＋|CA|＝8>|AM|. ∴圆心C的轨迹是中心在原点，以A，M两点为焦点，长轴长为8的椭圆，设其方程为ax22＋by22＝1(a>b>0)，则 a＝4，c＝2.∴b2＝a2－c2＝12. ∴所求动圆 C 的圆心的轨迹方程为1x62 ＋1y22 ＝1.

2021届新课标数学(理)一轮复习讲义_专题4_探索性问题

专题讲座四探索性问题探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备，要求考生自己去探索，结合已知条件，进行观察、分析、比较和概括．它对考生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法解决问题的能力提出了较高的要求．这类问题不仅考查考生的探索能力，而且给考生提供了创新思维的空间，所以备受高考的青睐，是高考重点考查的内容．探索性问题一般可以分为：条件探索性问题、结论探索性问题、存在探索性问题等．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此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，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且有a 1＝1，S n ＋1＝a n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若b n ＝n 4a n，求数列{b n }的前n 项和T n ； (3)是否存在最小正整数m ，使得不等式∑n k ＝1k ＋2S k ·（T k ＋k ＋1）＜m 对任意正整数n 恒成立，若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由．[解] (1)当n ＝1时，a 2＝S 1＋1＝a 1＋1＝2；当n ≥2时，S n ＋1＝a n ＋1，S n －1＋1＝a n ，相减得a n ＋1＝2a n .又a 2＝2a 1，所以{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝n 4a n ＝n 4×2n －1＝n 2n ＋1.所以T n ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1， 12T n ＝123＋224＋…＋n －12n ＋1＋n 2n ＋2. 两式相减得12T n ＝122＋123＋124＋…＋12n ＋1－n 2n ＋2＝122（1－12n ）1－12－n 2n ＋2＝12－n ＋22n ＋2，所以T n ＝1－n ＋22n ＋1. (3)k ＋2S k ·（T k ＋k ＋1）＝k ＋2（2k －1）·（1－k ＋22k ＋1＋k ＋1）＝1（2k －1）·（1－12k ＋1）＝2k ＋1（2k －1）·（2k ＋1－1）＝2(12k －1－12k ＋1－1)，所以∑n k ＝1S k ·k ＋2（T k ＋k ＋1）＝∑n k ＝12(12k －1－12k ＋1－1)＝2(1－12n ＋1－1)＜2. 若不等式∑n k ＝1 k ＋2S k ·（T k ＋k ＋1）＜m 对任意正整数n 恒成立，则m ≥2，所以存在最小正整数m ＝2，使不等式∑n k ＝1 k ＋2S k ·（T k ＋k ＋1）＜m 对任意正整数n 恒成立． [规律方法] 对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到S n 要注意利用S n 与a n 的关系将其转化为a n ，再研究其具体性质．遇到(－1)n 型的问题要注意分n 为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n 的奇偶性的讨论而致误．结论探索性问题此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．解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．如图所示，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AB ＝2BC ，AC ＝AA 1＝3BC .(1)求证：A 1C ⊥平面AB 1C 1；(2)若D 是棱CC 1的中点，在棱AB 上是否存在一点E ，使得DE ∥平面AB 1C 1？若存在，请确定点E 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：∵AB ＝2BC ，AC ＝3BC ，∴△ABC 为直角三角形且∠ACB ＝π2， ∴BC ⊥AC ，又AA 1⊥平面ABC ，∴BC ⊥AA 1，又AA 1∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面ACC 1A 1，∴BC ⊥A 1C ，B 1C 1⊥A 1C .∵AC ＝AA 1，∴侧面ACC 1A 1为正方形，∴AC 1⊥A 1C .又B 1C 1∩AC 1＝C 1，∴A 1C ⊥平面AB 1C 1.(2) 存在点E ，且E 为AB 的中点．下面给出证明：如图，取BB 1的中点F ，连接DF ，则DF ∥B 1C 1.连接EF ，∵E 为AB 的中点，∴EF ∥AB 1.∵B 1C 1与AB 1是相交直线，∴平面DEF ∥平面AB 1C 1.又DE ⊂平面DEF ，∴DE ∥平面AB 1C 1.[规律方法] 对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值，遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．在圆C 1：x 2＋y 2＝1上任取一点P ，过P 作y 轴的垂线段PD ，D 为垂足，动点M 满足MD →＝2MP →.当点P 在圆C 1上运动时，点M 的轨迹为曲线C 2.(1)求曲线C 2的方程；(2)是否存在过点A (2，0)的直线l 交曲线C 2于点B ，使OT →＝55(OA →＋OB →)，且点T 在圆C 1上？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解] (1)设M (x ，y )，∵MD →＝2MP →，∴P (x 2，y )．又P 在圆C 1上，∴(x 2)2＋y 2＝1，即C 2的方程是x 24＋y 2＝1. (2)当直线l 的斜率不存在时，点B 与点A 重合，此时点T 的坐标为(455，0)，显然点T 不在圆C 1上，不合题意，∴直线l 的斜率存在．设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －2）x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－16k 2x ＋16k 2－4＝0，解得x B ＝8k 2－21＋4k 2，∴y B ＝－4k 1＋4k 2，即B (8k 2－21＋4k 2，－4k 1＋4k 2)． ∴OA →＋OB →＝(16k 21＋4k 2，－4k 1＋4k 2)，∴OT →＝55(16k 21＋4k 2，－4k 1＋4k 2)． ∵T 在圆C 1上，∴15[(16k 21＋4k 2)2＋(－4k 1＋4k 2)2]＝1，化简得，176k 4－24k 2－5＝0，解得k 2＝14或k 2＝－544(舍去)， ∴k ＝±12. ∴存在满足题意的直线l ，其方程为y ＝±12(x －2)． [规律方法] 解决此类问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，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，其中反证法在解题中起着重要的作用．1．设x 、y 为实数，集合A ＝{(x ，y )|y 2－x －1＝0}，B ＝{(x ，y )|16x 2＋8x －2y ＋5＝0}，C ＝{(x ，y )|y ＝kx ＋b }，问是否存在自然数k ，b 使(A ∪B )∩C ＝∅？解：因为抛物线y 2－x －1＝0和16x 2＋8x －2y ＋5＝0在y 轴上的截距分别为±1，52，所以取b ＝2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2y 2＝x ＋1无实数解，得1－32<k <1＋32，从而k ＝1，此时方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2y ＝8x 2＋4x ＋52无实数解．故存在k ＝1，b ＝2满足(A ∪B )∩C ＝∅.2. 如图所示，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A -MC -B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图所示，以O 为原点，以射线OP 为z 轴的正半轴，射线OD 为y 轴的正半轴，以Ox ⊥AD 的直线为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0，0，0)，A (0，－3，0)，B (4，2，0)，C (－4，2，0)，P (0，0，4)，AP →＝(0，3，4)，BC →＝(－8，0，0)，由此可得AP →·BC →＝0，所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC .(2)设PM →＝λP A →，λ≠1，则PM →＝λ(0，－3，－4)，BM →＝BP →＋PM →＝BP →＋λP A →＝(－4，－2，4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，AC →＝(－4，5，0)．设平面BMC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面APC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧BM →·n 1＝0BC →·n 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1－（2＋3λ）y 1＋（4－4λ）z 1＝0－8x 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0z 1＝2＋3λ4－4λy 1，可取n 1＝(0，1，2＋3λ4－4λ)．由⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2＝0AC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＋4z 2＝0－4x 2＋5y 2＝0，得⎩⎨⎧x 2＝54y 2z 2＝－34y 2，可取n 2＝(5，4，－3)．由n 1·n 2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0，解得λ＝25，因为|AP →|＝32＋42＋02＝5，故AM ＝3. 综上所述，存在点M ，且AM ＝3，使得二面角A -MC -B 为直二面角．3．设数列{a n }的各项均为正实数，b n ＝log 2a n ，若数列{b n }满足b 2＝0，b n ＋1＝b n ＋log 2p ，其中p 为正常数，且p ≠1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若p ＝2，设数列{c n }对任意的n ∈N *，都有c 1b n ＋c 2b n －1＋c 3b n －2＋…＋c n b 1＝－2n 成立，问数列{c n }是不是等比数列？若是，请求出其通项公式；若不是，请说明理由．解：(1)因为b n ＋1＝b n ＋log 2p ，所以b n ＋1－b n ＝log 2p ，所以数列{b n }是以log 2p 为公差的等差数列，又b 2＝0，所以b n ＝b 2＋(n －2)(log 2p )＝log 2p n －2，故由b n ＝log 2a n ，得a n ＝2b n ＝2log 2p n －2＝p n －2.(2)因为p ＝2，由(1)得b n ＝n －2，所以c 1(n －2)＋c 2(n －3)＋c 3(n －4)＋…＋c n (－1)＝－2n ，①则c 1(n －1)＋c 2(n －2)＋c 3(n －3)＋…＋c n ＋1(－1)＝－2(n ＋1)，②由②－①，得c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n －c n ＋1＝－2，③所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＋c n ＋1－c n ＋2＝－2，④再由④－③，得2c n ＋1＝c n ＋2，即c n ＋2c n ＋1＝2(n ∈N *)，所以当n ≥2时，数列{c n }为等比数列，又由①式，可得c 1＝2，c 2＝4，则c 2c 1＝2，所以数列{c n }一定是等比数列，且c n ＝2n .4．如图，等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E ：x 2＝2py (p ＞0)上．(1)求抛物线E 的方程；(2)设动直线l 与抛物线E 相切于点P ，与直线y ＝－1相交于点Q ，以PQ 为直径的圆是否恒过y 轴上某定点M ，若存在，求出M 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)依题意|OB |＝83，据对称性知∠BOy ＝30°.设点B (x ，y )，则x ＝83×sin 30°＝43，y ＝83×cos 30°＝12，所以B (43，12)在抛物线上，所以(43)2＝2p ×12，解得p ＝2，抛物线E 的方程为x 2＝4y .(2)设点P (x 0，y 0)(x 0≠0)，因为y ＝14x 2，y ′＝12x ，直线l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －14x 20y ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 20－42x 0y ＝－1，所以Q (x 20－42x 0，－1)．设满足条件的定点M 存在，坐标为M (0，y 1)，所以MP →＝(x 0，y 0－y 1)，MQ →＝(x 20－42x 0，－1－y 1)，又因为MP →·MQ →＝0，所以x 20－42－y 0－y 0y 1＋y 1＋y 21＝0，又y 0＝14x 20(x 0≠0)，联立解得y 1＝1，故以PQ 为直径的圆过y 轴上的定点M (0，1)．。

【优化方案】(新课标)高考数学一轮复习专题讲座四课件文

k 1
k＋2 ＜m 对任意正整数 n 恒成立，若存在， Sk·（Tk＋k＋1）求出 m 的值；若不存在，说明理由．
[解] (1)当 n＝1 时，a2＝S1＋1＝a1＋1＝2；当 n≥2 时， Sn＋1＝an＋1， Sn－1＋1＝an，相减得 an＋1＝2an．又 a2＝2a1，所以{an}是首项为 1，公比为 2 的等比数列，－所以 an＝2n 1． n n n n－1 (2)由(1)知 an＝2 ，所以 bn＝＝＝． 4an 4×2n－1 2n＋1 n 1 2 3 所以 Tn＝ 2＋ 3＋ 4＋…＋ n＋1， 2 2 2 2 n －1 n 1 1 2 T ＝＋＋…＋ n＋1 ＋ n＋2． 2 n 23 24 2 2
(2015· 广东六校联考)已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和，且有 a1＝1，Sn＋1＝an＋1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项 an； n (2)若 bn＝，求数列{bn}的前 n 项和 Tn； 4an
n
(3) 是否存在最小正整数 m ，使得不等式 ∑ ＝
条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基
本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过
检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．
k
k＋ 2 ＝ k ＋ 2 （2k－1）· （1－ k＋1 ＋k＋1） 2
＋
1
2k 1 1 ＝＝ 2( k k k＋1 （2 －1）· （2 －1） 2 －1
n k＋2 1 1 所以 ∑ Sk · ＝ ∑ 2( －＋ ) ＝ 2(1 － k＝1 （Tk＋k＋1） k＝1 2k－1 2k 1－1

2021年高考数学一轮复习第49讲定点定值探索性问题

[解] (1)由题意，得点 M 与点(0,1)的距离始终等于点 M 到直线 y＝－1 的距离，由抛物
p 线定义知圆心 M 的轨迹为以点(0,1)为焦点，直线 y＝－1 为准线的抛物线，则＝1，p＝2.
2
∴圆心 M 的轨迹方程为 x2＝4y.
(2)证明：由题知，直线 l 的斜率存在，
∴设直线 l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 C(－x2，y2)，
1 (2)若直线 OA，OB 的斜率之积为－，求证：直线 AB 过 x 轴上一定点．
2
[解] (1)因为抛物线 y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)，
p 所以＝1，所以 p＝2.
2
所以抛物线 C 的方程为 y2＝4x.
t2 ，t
t2 ，－t
(2)证明：①当直线 AB 的斜率不存在时，设 A 4 ，B 4
y＝kx＋b
4b 由根与系数的关系得 yAyB＝，
k
1 因为直线 OA，OB 的斜率之积为－，
2
所以yA·yB＝－1，即 xAxB＋2yAyB＝0，即y2A·y2B＋2yAyB＝0，
xA xB 2
44
解得 yAyB＝－32 或 yAyB＝0(舍去)．
4b 所以 yAyB＝＝－32，即 b＝－8k，所以 y＝kx－8k，即 y＝k(x－8)．
x2＝4y，联立
得 x2－4kx＋8＝0，∴ x1＋x2＝4k，
y＝kx－2－y2＝x421－x422＝x1－x2，
x1＋x2 x1＋x2
4
则直线 AC 的方程为 y－y1＝x1－x2(x－x1)， 4
即 y＝y1＋x1－x2(x－x1)＝x1－x2x－x1 x1－x2 ＋x21＝x1－x2x＋x1x2.

高考数学一轮复习第9章第9节第3课时定点定值探索性问题课件理2

(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
|跟踪训练| 3．(2019 届昆明市高三质检)设抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点为 F，准线为 l.已知以 F 为圆心，半径为 4 的圆与 l 交于 A，B 两点，E 是该圆与抛物线 C 的一个交点，∠EAB ＝90°. (1)求 p 的值； (2)已知点 P 的纵坐标为－1 且在抛物线 C 上，Q，R 是抛物线 C 上异于点 P 的两点，且满足直线 PQ 和直线 PR 的斜率之和为－1，试问直线 QR 是否经过一定点？若是，求出定点的坐标；否则，请说明理由．
又 y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝kx1＋x1t－1. 同理，|ON|＝kx2＋x2t－1.
y＝kx＋t，由x22＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，则 x1＋x2＝－1＋4k2tk2，x1x2＝12＋t2－2k22.
所以|OM|·|ON|＝kx1＋x1t－1·kx2＋x2t－1 ＝k2x1x2＋k（t－1）（x1xx12＋x2）＋（t－1）2 ＝k2·12＋t2－2k22＋k（t－112）＋t2－·2－k22 1＋4k2tk2＋（t－1）2 ＝211＋－tt.又|OM|·|ON|＝2，所以 211＋－tt＝2，解得 t＝0，所以直线 l 恒过定点(0，0)．
证明：直线 AB 的斜率与 OD 的斜率的乘积为定值．
[解] (1)由题意知 2c＝4，即 c＝2，则椭圆 C 的方程为ax22＋a2y－2 4＝1.
因为点
P2，
55在椭圆
C
上，
所以a42＋5（a21－4）＝1，解得 a2＝5 或 a2＝156(舍去)，所以椭圆 C 的方程为x52＋y2＝1.
[解] (1)由椭圆的离心率 e＝ 22，得ac22＝b2＋c2 c2＝12，则 b＝c.

中考专题复习《探索规律问题》课件(共26张PPT)

四、规律问题常见基本题型
1
AnBnCnDn
1
1 第AnBnCnDn边长
2 3 4…
3
3 2 3 3
3
3 3
n
3 n1 3
3
3
3
3
3
3
3
3
四、规律问题常见基本题型
4．（等比数列求和）观察下列图形，它是把一个三角形分别连接这个三角形三边的中点，构成4个小三角形，挖去中间的一个小三角形（如图1）；对剩下的三个小三角形再分别重复以上做法，…将这种做法继续下去（如图2，图3…），则图5中挖去三角形的
图形1
S=1+1
一
图形2
S=3+1+2
看过
图形3
S=5+1+2+3
程
图形4
S=7+1+2+3+4
看
：
：
：
：
着
图形n
1nn
s2(n1)
列
2
五、规律问题一般解题方法
图形1 图形2 图形3
结果
S=2 4
S=6 5
S=11
二看结果
图形4
6 S=17
算
：
：7
：
：
着列
图形n san2bnc
五、规律问题一般解题方法
•
17、一个人即使已登上顶峰，也仍要自强不息。2021/8/12021/8/12021/8/12021/8/1
谢谢观赏
You made my day!
我们，还在路上……
图形1 图形2 图形3 图形4
：：
图形n

【精品推荐】2021版新高考数学一轮课件：第8章第10节圆锥曲线中的证明、探索性问题

k1＝4－
7，k2＝4＋
7.
因为 ki>0，ki≠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．
本例题干信息中涉及几何图形：平行四边形，把几何关
系用数量关系等价转化是求解此类问题的关键．几种常见几何条件的
转化，如下：
(1)平行四边形条件的转化
几何性质
法二：设直线 PB 的方程为 x＝my－1，它与抛物线 C 的另一个交
点为 Q′，设点 P(x1，y1)，Q′(x2，y2)，由条件可得，Q 与 Q′关于 x 轴对称，故 Q(x2，－y2).
x＝my－1，联立y2＝8x，消去
x
得
y2－8my＋8＝0，
其中 Δ＝64m2－32＞0，y1＋y2＝8m，y1y2＝8. 所以 kPQ＝yx11＋－yx22＝y1－8 y2，
由已知可得，点
A

的坐标为1，
22或1，－
22.
又 M(2，0)，所以 AM 的方程为 y＝－ 22x＋ 2或 y＝ 22x－ 2.
(2)证明：当 l 与 x 轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°. 当 l 与 x 轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线，所以∠OMA＝ ∠OMB. 当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＜ 2，x2＜ 2，直线 MA，MB 的斜率之和为 kMA＋kMB＝x1y－1 2 ＋x2y－2 2.
(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆 C：x22＋y2＝1 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C 交于 A，B 两点，点 M 的坐标为(2，0).
(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 AM 的方程； (2)设 O 为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.