04-05年上学期高三第一轮复习数学：探索性问题(附答案)
专题五 探索性问题含答案精荐.docx
第5讲探索性问题概述：探索性题目一般作为压轴题或次压轴题出现，题目较难，难在结论不肯定，要通过探索证明或计算，得出结论，并给予肯定或否定冋答：这种题目的结论有多样性，需要解题的周密考虑，解这种题目有两种方法：一种是假定结论成立，去证明它的可能性或存在性; 另一种是从条件出发直接证明或计算I叫答存在或不存在.典型例题精析例1・（2005,绵阳）如图1,分别以直角三角形ABC三边为直径向外作三个半圆，其面积分别用S|、S2> S3表示,则不难证明S,=S2+S3・（1）如图2所示，分别以直角三角形ABC三边为边向外作三个正方形，其面积分别用Si、S?、S3表示，那么S】、S?、S3之间有什么关系？（不必证明）（2）如图3所示，分别以直角三角形ABC三边为边向外作三个正三角形，其面积分别用Si、S2> S3表示，请你确定S］、S?、S3之.间的关系并加以证明；（3）若分别以育角三角形ABC三边为边向外作三个一般三角形，其面积分别为S】、S2> S3表示,使S］、S2、S3之间仍具有与（2）相同的关系,所作三角形应满足什么条件? 并证明你的结论；（4）类比（1）、（2）、（3）的结论，请你总结岀一个更具一般意义的结论.(1 ) S]=S2+S3；(2) S 1=82+83,证明如卜:显然：S]=-^-c2, So=-^-a2, S3=-^-b2,4 ~ 4 「4/. So+S3= （a2+b2） =-^- c2=S|.4 4（也可用三角形相似证明）（3）当所作的三个三角形相似时，S1=S2+S3.证明如下:・・•所作三个三角形相似，・・・丑二5 =作，S| C2 5, C2Si・・S [=S2+S3・（4）分别以直角三角形ABC的三边为一边向外作相似图形，其Ifti积分别用S】、S2、S3表示，则S]=S2+S3・例2. （2002.山西）如图1, OO]和©02外切于P, AB是OO]和（DO?的公切线,A、B是切点，真线AP、BP分别交OO2, G»O]于F、E・（1）求证：AE、BF分别为0O】、002的直径;（2）求证：AB2=AEBF；（3）如图2,当图1屮的切点P变为两圆一个交点时，结论AB2=AE BF还成立吗? 若成立，请证明；若不成立，请说明理由.分析：（1）即证ZAPE二ZBPF二90°,过P作二圆公切线，可证明.（2）证明△ ABE^ABFA 可得.（3）同样可证厶ABE^ABFA.AZE=ZBAF, ZF二ZABE.中考样题训练Sc + Sg ci~ b~=1,图11.（2005,黄冈）如图，在直角坐标系屮，0是原点，A、B、C三点的坐标分别为A （18, 0） ,B （18, 6） ,C （8, 6）,四边形0ABC是梯形，点P、Q同时从原点出发，分别作饼速运动，其中点P沿0A向终点A运动，速度为每秒1个单位，点Q沿0C、CB向终点B运动，当这两点有一点到达H己的终点时，另一点也停止运动.（1）求出貞线0C的解析式及经过0、A、C三点的抛物线的解析式.（2）试在（1）屮的抛物线上找一点D,使得以0、A、D为顶点的三角形与AAOC全等，请直接写出点D的坐标.（3）设从出发起运动了t秒，如果点Q的速度为每秒2个单位，试写出点Q的坐标, 并写出此时t的取值范围.（4）设从出发起，运动了t秒钟，当P、Q两点运动的路程Z和恰好等于梯形OABC 周长的一半，这时，肓线PQ能否把梯形的面积也分成相等的两部分，如有可能，请求出t的值；如不可能，请说明理由.2.（2004,苏州）如图，GO?与。
探索性问题-圆锥曲线(理)答案
探索性问题分析: 圆锥曲线例1、 已知椭圆的一个焦点)22,0(1-F ，对应的准线方程为249-=y ，且离心率e 满足32，e ，34成等比数列. (1)求椭圆的方程；(2)试问是否存在直线l ，使l 与椭圆交于不同的两点M 、N ，且线段MN 恰被直线21-=x 平分？若存在，求出l 的倾斜角的取值范围；若不存在，请说明理由.解：（1）∵34,,32e 成等比数列,∴34322⨯=e 232=e ,设),(y x p 是椭圆上任意一点，依椭圆的定义得99,322249)22(2222=+=+++yx y y x 化简得, 即1922=+yx 为所求的椭圆方程.（2）假设l 存在，因l 与直线21-=x 相交，不可能垂直x 轴,因此可设l 的方程为：m kx y +=.由2222,9()999y kx m y x kx m x y =+⎧++=⎨+=⎩,消去得整理得:0)9(2)9(222=-+++m kmx x k , ① 方程①有两个不等的实数根,∴22222244(9)(9)0,90k m k m m k ∆=-+->--<即. ②设两个交点M 、N 的坐标分别为),)(,(2211y x y x ∴92221+-=+kkm x x ,∵线段MN 恰被直线21-=x 平分,∴192221221-=+-+=-k km x x 即, ∵0≠k ∴kk m 292+=③ 把③代入②得0)9()29(222<+-+kkk,∵092>+k ,∴229104k k+-<,∴32>k,解得3>k 或3-<k .∴直线l 的倾斜角范围为)32,2()2,3(ππππ .例2、 抛物线22y px =的准线的方程为2-=x ，该抛物线上的每个点到准线2-=x 的距离都与到定点N 的距离相等，圆N 是以N 为圆心，同时与直线x y l x y l -==::21和 相切的圆， （Ⅰ）求定点N 的坐标；（Ⅱ）是否存在一条直线l 同时满足下列条件：① l 分别与直线21l l 和交于A 、B 两点，且AB 中点为)1,4(E ； ② l 被圆N 截得的弦长为2．解：（1）因为抛物线px y 22=的准线的方程为2-=x ，所以4=p ，根据抛物线的定义可知点N 是抛物线的焦点， 所以定点N 的坐标为)0,2(。
探索型问题的分类和解法(含解答)
探索型问题的解法和分类一、内容综述：1、探索存在型问题共有三种解法①直接解法：从已知条件出发，推导出所要求的结论。
②假设求解法：假设某一命题成立―――相等或矛盾，通过推导得出相反的结论。
③寻求模型法2、探索型问题分类①结论探索型问题：一般是由给定的已知条件探求相应的结论，解题中往往要求充分利用条件进行大胆而合理的猜想，发现规律，得出结论。
②条件探索型问题：条件探索型问题，一般是由给定的结论反思探索命题，应具备的条件。
二、例题精讲：例1．已知点A(0, 6), B(3,0), C(2,0), M(0,m)，其中m<6，以M为圆心，MC为半径作圆，则（1）当m为何值时，⊙M与直线AB相切（2）当m=0时，⊙M与直线AB有怎样的位置关系？当m=3时，⊙M与直线AB有怎样的位置关系？（3）由第（2）题验证的结果，你是否得到启发，从而说出在什么范围内取值时，⊙M与直线AB相离？相交？（（2），（3）只写结果，不要过程）（江苏常州）分析：如图（1）只需d=r。
作 MD⊥AB ,当MD=MC，直线和圆相切，MD用相似可求。
（2）d与r比较（3）（1）是三种位置关系中的临界位置说明：在解有关判定直线与圆的位置这类问题时，一般应先求出这一直线与圆位置相切时应满足的条件，然后再辅以图形运动，分别考察相离，相交的条件。
解：（1）连MC，MC=，过M作MD⊥AB于D，∴ RtΔADM∽RtΔAOB，∴，∴，∴ DM=(6-m)若⊙M与AB相切，∴ CM=DM，∴(6-m)∴ m2+3m-4=0∴ m=-4或m=1，经检均是，∵ m<6, ∴ m=1或m=-4时，直线AB与⊙M相切。
（2）当m=0时，MC=2，MD=，∴ MD＞MC，AB与⊙M相离，当m=3时，MC=，MD=，∴ MD＜MC，AB与⊙M相交。
（3）由（1），（2）知，当-4<m<1时，⊙M与直线AB相离，当1<m<6时或m<-4时，⊙M与AB相交。
高考数学一轮复习教案(含答案) 第8章 第8节 第3课时 定点、定值、探索性问题
第3课时 定点、定值、探索性问题【例1y ＝－1相切．(1)求圆心M 的轨迹方程；(2)动直线l 过点P (0，－2)，且与点M 的轨迹交于A ，B 两点，点C 与点B 关于y 轴对称，求证：直线AC 恒过定点．[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p 2＝1，p ＝2.∴圆心M 的轨迹方程为x 2＝4y .(2)证明：由题知，直线l 的斜率存在，∴设直线l ：y ＝kx －2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则C (－x 2，y 2)，联立⎩⎨⎧ x 2＝4y ，y ＝kx －2，得x 2－4kx ＋8＝0，∴⎩⎨⎧x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝8.k AC ＝y 1－y 2x 1＋x 2＝x 214－x 224x 1＋x 2＝x 1－x 24， 则直线AC 的方程为y －y 1＝x 1－x 24(x －x 1)，即y ＝y 1＋x 1－x 24(x －x 1)＝x 1－x 24x －x 1(x 1－x 2)4＋x 214＝x 1－x 24x ＋x 1x 24.∵x 1x 2＝8，∴y ＝x 1－x 24x ＋x 1x 24＝x 1－x 24x ＋2，故直线AC 恒过定点(0,2)．已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点F (1,0)，B 是抛物线C 上异于O 的两点．(1)求抛物线C 的方程；(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－12，求证：直线AB 过x 轴上一定点．[解] (1)因为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点坐标为(1,0)，所以p 2＝1，所以p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：①当直线AB 的斜率不存在时，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，－t . 因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以t t 24·－t t 24＝－12，化简得t 2＝32.所以A (8，t )，B (8，－t )，此时直线AB 的方程为x ＝8.②当直线AB 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋b ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，联立方程组⎩⎨⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋b 消去x ，得ky 2－4y ＋4b ＝0. 由根与系数的关系得y A y B ＝4b k， 因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以y A x A ·y B x B＝－12，即x A x B ＋2y A y B ＝0，即y 2A 4·y 2B 4＋2y A y B ＝0， 解得y A y B ＝－32或y A y B ＝0(舍去)．所以y A y B ＝4b k ＝－32，即b ＝－8k ，所以y ＝kx －8k ，即y ＝k (x －8)．综上所述，直线AB过定点(8,0)．【例2】已知椭圆C：xa2＋yb2＝1，过点A(2,0)，B(0,1)两点．(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线P A与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．[解](1)由椭圆过点A(2,0)，B(0,1)知a＝2，b＝1.所以椭圆方程为x24＋y2＝1，又c＝a2－b2＝ 3.所以椭圆离心率e＝ca＝3 2.(2)证明：设P点坐标为(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x20＋4y20＝4，由B点坐标(0,1)得直线PB方程为：y－1＝y0－1x0(x－0)，令y＝0，得x N＝x01－y0，从而|AN|＝2－x N＝2＋x0y0－1，由A点坐标(2,0)得直线P A方程为y－0＝y0x0－2(x－2)，令x＝0，得y M＝2y02－x0，从而|BM|＝1－y M＝1＋2y0x0－2，所以S四边形ABNM ＝12|AN|·|BM|＝12(2＋x0y0－1)(1＋2y0x0－2)＝x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋42(x0y0－x0－2y0＋2)＝2x0y0－2x0－4y0＋4x0y0－x0－2y0＋2＝2.即四边形ABNM的面积为定值2.上．(1)求C 的方程；(2)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 .证明：直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．[解] (1)由题意有a 2－b 2a ＝22，4a 2＋2b 2＝1，解得a 2＝8，b 2＝4.所以C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)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x 28＋y 24＝1，得 (2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋2b 2－8＝0.故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b 2k 2＋1. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－12k ，即k OM ·k ＝－12.所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．【例3】 如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )．又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧ 1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2.解得a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，点A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0，所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1. 从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)]＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2. 所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3. 此时OA →·OB →＋λOA →·PB →＝－3为定值．②当直线AB 的斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时OA →·OB →＋λP A →·PB→＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3，故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3.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．[解] (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.(2017·全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .[解] (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)，NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)．由NP →＝2NM →得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)证明：由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ，OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )．由OP →·PQ →＝1得－3m －m 2＋tn －n 2＝1.又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0.所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .。
高考满分数学压轴题16 立体几何中探索性问题(可编辑可打印)
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。
04-05年上学期高三联考数学试题(附答案)
2004－2005学年度第一学期高三联考数学试题一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设全集U=R ，(},034|{},2|||{2A x x xB x x A 则<+-=>=U ðB ）是 （ ）（A ）}2|{-<x x （B ）}32|{≥-<x x x 或（C ）}3|{≥x x（D ）}32|{<≤-x x2．由“p ：8＋7＝16，q ：π>3”构成的复合命题，下列判断正确的是 （ ） （A ）p 或q 为真，p 且q 为假 ，非p 为真 （B ）p 或q 为假，p 且q 为假 ，非p 为真 （C ）p 或q 为真，p 且q 为假 ，非p 为假 （D ）p 或q 为假，p 且q 为真 ，非p 为真 3．已知向量a ＝（3,4），b ＝（sin α，cos α），且a ∥b ，则tan α等于 （ ） （A ）34 （B ）34- （C ）43（D ）43-4．已知等差数列｛a n ｝的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列，则a 2等于 （ ）（A ）－4 （B ）－6 （C ）－8 （D ）－105．不等式||(12)0x x ->的解集是 （ ）（A ）1(,)2-∞ （B ）1(,0)(0,)2-∞⋃ （C ）1(,)2+∞ （D ）1(0,)26．设f ：x →x 2是集合A 到集合B 的映射，如果B ＝｛1,2｝，则A ∩B 等于 （ ）（A ）Φ （B ）｛1｝ （C ）Φ或｛2｝ （D ）Φ或｛1｝ 7．曲线)4cos()4sin(2ππ-+=x x y 和直线21=y 在y 轴右侧的交点按横坐标从小到大依次记为P 1，P 2，P 3，…，则|P 2P 4|等于 （ ） （A ）π （B ）2π（C ）3π （D ）4π8．若ABC ∆的内角满足,0sin tan ,0cos sin <->+A A A A 则角A 的取值范围是 （ ）（A ） ⎪⎭⎫ ⎝⎛4,0π （B ） ⎪⎭⎫ ⎝⎛2,4ππ （C ） ⎪⎭⎫ ⎝⎛43,2ππ （D ） ⎪⎭⎫⎝⎛ππ,43 9．已知函数f (x )（0≤x ≤1）的图象的一段圆弧（如图所示）若1201x x <<<，则 （ ）（A ）1212()()f x f x x x <（B ）1212()()f x f x x x = （C ）1212()()f x f x x x >（D ）前三个判断都不正确10．给定实数x ，定义[]x 为不大于x 的最大整数，则下列结论不正确的是 （ ） （A ）[]0≥-x x （B ）[]1<-x x （C ）[]x x -是周期函数 （D ）[]x x -是偶函数11．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵行成等比数列，则a ＋b ＋c 的值为（ A ） （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）412．过△ABC 的重心任作一直线分别交AB ，AC 于点D 、E ．若AD xAB =，AE y AC =，0xy ≠，则11x y +的值为（ ）（A ）4 （B ）3 （C ）2 （D ）1二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分） 13． a 、b 、c 、d 均为实数，使不等式0a cb d>>和ad bc <都成立的一组值（a ，b ，c ，d ）是 ．（只要写出适合条件的一组值即可）14．设有两个命题：①关于x 的不等式210mx +>的解集是R ，②函数()log m f x x =是减函数．如果这两个命题中有且只有一个真命题，则实数m 的取值范围是 ． 15．)(,)(x g y x f y ==是偶函数已知是奇函数，它们的定义域均为],[ππ-，且它们在],0[π∈x 上的图象如图所示，则不等式的解集是0)()(<x g x f ． 16．定义运算b a *为:()(),⎩⎨⎧>≤=*b a b b a a b a 例如，121=*,则函数f (x )=x x cos sin *的值域为．三、解答题17．（本题满分12分）已知实数m x =满足不等式0)211(log 3>+-x ，试判断方程03222=-+-m y y 有无实根，并给出证明．1 20.51 abc18．（本题满分12分）已知函数2()2s i n 3s i nc o s f x m xm x x n =-⋅+的定义域为0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，值域为[]5,4-．试求函数()sin 2cos g x m x n x =+（x R ∈）的最小正周期和最值．19．（本题满分12分）已知向量))3(,5(),3,6(),4,3(m m +--=-=-=． （1）若点A 、B 、C 能构成三角形，求实数m 应满足的条件； （2）若△ABC 为直角三角形，且∠A 为直角，求实数m 的值．20．（本题满分12分）某厂家拟在2004年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）x 万件与年促销费用m 万元（13)0+-=≥m kx m 满足）（k 为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件。
2025年高考数学一轮复习-探究性问题-专项训练【含答案】
2025年高考数学一轮复习-探究性问题-专项训练一、基本技能练1.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝22，以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线x ＋y －2＝0相切.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C 有两个不同的交点M ，N 时，能在直线y ＝53上找到一点P ，在椭圆C 上找到一点Q ，满足PM →＝NQ →？若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.2.已知点P (1，0)在椭圆C ：y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)上，直线y ＝y 0与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，当y 0＝1时，|AB |＝2.(1)求椭圆C 的方程；(2)直线PA ，PB 分别交y 轴于M ，N 两点，问：y 轴上是否存在点Q ，使得|OM |，|OQ |，|ON |(O 为坐标原点)成等比数列？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.3.如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点e ＝12，直线l 的方程为x ＝4.(1)求椭圆C的方程；(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.二、创新拓展练4.已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线E：x2＝2py(p>0)上，l1，l2分别为过点A，B且与抛物线E相切的直线，l1，l2相交于点M(x0，y0).条件①：点M在抛物线E的准线上；条件②：l1⊥l2；条件③：直线AB经过抛物线的焦点F.(1)在上述三个条件中任选一个作为已知条件，另外两个作为结论，构成命题，并证明该命题成立；(2)若p＝2，直线y＝x＋4与抛物线E交于C，D两点，试问：在x轴正半轴上是否存在一点N，使得△CDN的外心在抛物线E上？若存在，求N的坐标；若不存在，请说明理由.参考答案与解析一、基本技能练1.解(1)由离心率e＝22，得a＝2c.又a2＝b2＋c2，从而b＝c，椭圆的上顶点为(0，b)，右焦点为(c，0)，＝b 22，22b .由该圆与直线x ＋y －2＝0相切得，|b －2|2＝22b ，即|b －2|＝b ，解得b ＝1，从而c ＝1，a ＝2，所以椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)不存在.理由如下：设直线方程为y ＝2x ＋t ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，3Q (x 4，y 4)，2x ＋t ，y 2＝1，消去x 得9y 2－2ty ＋t 2－8＝0，由Δ＝4t 2－36(t 2－8)>0可得t ∈(－3，3)，且y 1＋y 2＝2t 9，由PM→＝NQ →，1－x 3，y 1(x 4－x 2，y 4－y 2)，所以y 4＝y 1＋y 2－53＝2t 9－53.因为t ∈(－3，3)，所以－73<y 4<－1，但y 4∈[－1，1]，所以不存在斜率为2的直线满足条件.2.解(1)＋1b2＝1，1，解得a 2＝2，b 2＝1，故所求椭圆C 的方程为y 22＋x 2＝1.(2)假设存在点Q (0，m )使得|OM |，|OQ |，|ON |成等比数列，则|OQ |2＝|ON ||OM |.因为直线y ＝y 0交椭圆C 于A ，B 两点，则A ，B 两点关于y 轴对称.设A (x 0，y 0)，则B (－x 0，y 0)(x 0≠±1)，因为P (1，0)，则直线PA 的方程为y ＝y 0x 0－1(x －1)，令x ＝0，得y M ＝－y 0x 0－1，所以|OM |＝|y 0||x 0－1|.直线PB 的方程为y ＝－y 0x 0＋1(x －1)，令x ＝0，得y N ＝y 0x 0＋1，所以|ON |＝|y 0||x 0＋1|.因为|OQ |2＝|ON ||OM |，所以m 2＝y 20|x 20－1|.又因为点A (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以y 20＝2(1－x 20).所以m 2＝2（1－x 20）1－x 20＝2，即m ＝±2，故存在点Q (0，±2)，使得|OM|，|OQ|，|ON|成等比数列.3.解(1)＋94b2＝1，＝12，c2＝a2，2＝4，2＝3，2＝1，故椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)由题意可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，①代入椭圆方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，则x1＋x2＝8k24k2＋3，x1x2＝4（k2－3）4k2＋3，②在方程①中令x＝4，得点M的坐标为(4，3k).从而k1＝y1－32x1－1，k2＝y2－32x2－1，k3＝3k－324－1＝k－12.因为A，F，B三点共线，所以k＝k AF＝k BF，即y1x1－1＝y2x2－1＝k，所以k1＋k2＝y1－32x1－1＋y2－32x2－1＝y1x1－1＋y2x2－1－32＝2k－32·x1＋x2－2x1x2－（x1＋x2）＋1，③将②代入③得，k1＋k2＝2k－32·8k24k2＋3－24（k2－3）4k2＋3－8k24k2＋3＋1＝2k－1，又k3＝k－12，所以k1＋k2＝2k3.故存在常数λ＝2符合题意.二、创新拓展练4.解(1)由题意，抛物线方程化为y＝x22p，则y′＝xp，则l1的切线斜率k1＝x1p，所以l1的方程为y－y1＝x1p(x－x1)，将x21＝2py1代入，化简整理得x1x＝p(y＋y1)，同理可得l2的方程为x2x＝p(y＋y2)，抛物线E：x2＝2py的准线为y＝－p2，焦点F若选择①作为条件，②③作为结论，证明如下：因为点M在抛物线E的准线上，可设点M又l1，l2相交于点M，1x0＝－p2＋y2x0＝－p2＋y点A，B的坐标满足方程x0x＝即直线AB的方程为x0x＝AB经过抛物线的焦点③得证.0x＝2＝2py，消去y整理得x22p－x0xp－p2＝0，所以x1x2＝－p2.设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，有k 1·k 2＝x 1p ·x 2p ＝－p 2p2＝－1，所以l 1⊥l 2，②得证.若选择②作为条件，①③作为结论，证明如下：因为l 1⊥l 2，设直线l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，有k 1·k 2＝x 1p ·x 2p＝－1，即x 1x 2＝－p 2，又l 1，l 2相交于点M ，1x ＝p （y ＋y 1），2x ＝p （y ＋y 2），解得y ＝x 1x 22p ＝－p 2，所以点M 在抛物线E 的准线上，①得证.设点M 01x 0＝－p 2＋y2x 0＝－p 2＋y点A ，B 的坐标满足方程x 0x ＝即直线AB 的方程为x 0x ＝进而直线AB 经过抛物线的焦点③得证.若选择③作为条件，①②作为结论，证明如下：直线AB 经过抛物线的焦点F ，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋p 2，＝kx ＋p 2，2＝2py ，消去y 整理得x 2－2pkx －p 2＝0，所以x 1x 2＝－p 2，设直线l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，有k 1·k 2＝x 1p ·x 2p ＝－p 2p2＝－1，所以l1⊥l2，②得证.又l1，l2相交于点M，1x＝p（y＋y1），2x＝p（y＋y2），解得y＝x1x22p＝－p2，所以点M在抛物线E的准线上，①得证.(2)＝x＋4，2＝4y，可得x2－4x－16＝0，所以x C＋x D＝4，x C x D＝－16，设线段CD的中点为P(x3，y3)，则x3＝x C＋x D2＝2，y3＝x3＋4＝6，进而线段CD的垂直平分线方程为y－6＝－(x－2)，即y＝－x＋8，2＝4y，＝－x＋8，得x2＋4x－32＝0，解得x＝－8或4，从而△CDN的外心Q的坐标为(4，4)或(－8，16)，又|CD|＝1＋12·（x C＋x D）2－4x C x D＝2×16＋64＝410，所以|DP|＝|CD|2＝210.假设存在点N(m，0)(m>0)，若Q的坐标为(4，4)，|QP|＝22，所以|QD|＝|QP|2＋|DP|2＝43，则|QD|＝|QN|＝（m－4）2＋16＝43，因为m>0，所以m＝4＋4 2.若Q的坐标为(－8，16)，|QP|＝102，所以|QD|＝|QP|2＋|DP|2＝415，则|QD|＝|QN|＝（m＋8）2＋162>415，则Q的坐标不可能为(－8，16).故在x轴的正半轴上存在一点N(4＋42，0)，使得△CDN的外心在抛物线E上.。
高考数学探索性问题练习专项解析
高考数学探索性问题练习专项解析一、解答题1．已知21,F F 分别为椭圆C ：（0>>b a ）的左、右焦点, 且离心率为22，点椭圆C 上（1）求椭圆C 的方程；（2）是否存在斜率为k 的直线与椭圆C 交于不同的两点N M ,，使直线与的倾斜角互补，且直线l 是否恒过定点，若存在，求出该定点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）2212x y +=；（2）过定点()0,2 【解析】试题分析：（1）设椭圆的方程，用待定系数法求出22,b a 的值；（2）解决直线和椭圆的综合问题时注意：第一步：根据题意设直线方程，有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，可由点斜式设直线方程.第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆的方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程.第三步：求解判别式∇：计算一元二次方程根.第四步：写出根与系数的关系.第五步：根据题设条件求解问题中结论.试题解析：（1）由题意得22=a c ，123222222=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛−b a ，222c b a +=，联立得1,1,2222===c b a 椭圆方程为2212x y += 6分 （2）由题意,知直线MN 存在斜率,其方程为由消去△=（4km ）2—4（2k 2+1）（2m 2—2）>0设22221x y a b +=)23,22(−A l M F 2N F 2则8分又由已知直线M F 2与N F 2的倾斜角互补, 得化简,得整理得10分直线MN 的方程为,因此直线MN 过定点,该定点的坐标为（2,0） 12分 考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与椭圆的综合应用.2．椭圆上顶点为M ，O 为椭圆中心，F 为椭圆的右焦点，且焦距为2． （1）求椭圆的标准方程；（2）直线l 交椭圆于P ，Q 两点，判断是否存在直线l ，使点F 恰为PQM ∆的垂心？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）2212x y +=（2）存在，43y x =−【分析】（1）根据椭圆的焦距为2，离心率为2，解得：22a =，21b =，故椭圆的标准方程为2212x y +=；（2）设直线PQ 的方程为y x m =+，代入到2212xy +=得2234220x mx m ++−=，设1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ，由韦达定理得：1243x x m +=−，212223m x x −=，因为PF MQ ⊥，1(1PF x −，1)y −，2(MQ x =，21)y −可得：2121120x x x y y y −+−=代入整理可得2340m m +−=，解得：43m =−，即可求出直线方程. 【详解】（1）设椭圆的标准方程为22221x y a b+=，(0)a b >>，焦距为2c ，故221c c =⇒=又2c e a ==，222a b c =+，22a ∴=，21b =． 故椭圆的标准方程为2212x y +=．（2）设1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ，F 为PQM ∆的垂心，, MF PQ MP FQ ∴⊥⊥． (0,1)M ，(1,0)F ，21212(1)()20m x x x x m m −+−+−=，1MF k ∴=−，1PQ k ∴=，设直线PQ 的方程为y x m =+，代入到2212xy +=得2234220x mx m ++−=，∴22(4)12(22)0m m ∆=−−>，解得m <<且1m ≠1243x x m ∴+=−，212223m x x −=，PF MQ ⊥，1(1PF x =−，1)y −，2(MQ x =，21)y −2121120x x x y y y ∴−+−=，即21212(1)()20m x x x x m m −+−+−= 由根与系数的关系，得2340m m +−=． 解得43m =−或1m =（舍去）． 故存在直线l ，使点F 恰为PQM ∆的垂心，且直线l 的方程为43y x =− 【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，考查了直线和椭圆的关系，常用方法为：设而不求利用韦达定理求出根与系数关系，结合条件即可得解.要求较高的计算能力，属于难题. 3．已知椭圆C 的中心在原点O ，焦点在x 轴上，离心率为12，右焦点到右顶点的距离为1． （Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）是否存在与椭圆C 交于,A B 两点的直线l ：()y kx m k R =+∈，使得22OA OB OA OB +=−成立？若存在，求出实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）22143x y +=，（Ⅱ）(,)−∞⋃+∞. 【解析】试题分析：（1）由已知条件可推得1,12c e a c a ==−=，由此能求出椭圆的标准方程；（2）存在直线l 使得22OA OB OA OB +=−成立，直线方程与椭圆的方程联立，由此利用根的判别式和韦达定理结合已知条件，得出2271212m k =+，即可求解实数m 的取值范围．试题解析：（1）设椭圆C 的方程为22221x y a b+=（0a b >>），半焦距为c ．依题意12c e a ==，由右焦点到右顶点的距离为1，得1a c −=．解得1c =，2a =．所以2223b a c =−=．所以椭圆C 的标准方程是22143x y +=．（2）解：存在直线l ，使得22OA OB OA OB +=−成立．理由如下：由22{143y kx mx y =++=得()2223484120k xkmx m +++−=．()()()22284344120km k m ∆=−+−>，化简得2234k m +>．设()11,x y A ，()22,x y B ，则122834km x x k +=−+，212241234m x x k−=+． 若22OA OB OA OB +=−成立，即2222OA +OB =OA −OB ，等价于0OA⋅OB =． 所以．()()12120x x kx m kx m +++=，()()22121210k x x km x x m ++++=，()222224128103434m km k km m k k−+⋅−⋅+=++, 化简得，2271212m k =+．将227112k m =−代入2234k m +>中，22734112m m ⎛⎫+−> ⎪⎝⎭，解得，234m >．又由227121212m k =+≥，2127m ≥，从而2127m ≥，m ≥m ≤所以实数m 的取值范围是,⎛⎫−∞⋃+∞ ⎪⎝⎭． 考点：椭圆的标准方程；直线与椭圆的位置的应用．【方法点晴】本题主要考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆位置关系的应用，其中解答中涉及到椭圆的几何性质、不等式求范围问题，此类问题的解答中，把直线的方程与圆锥曲线方程联立，利用方程的根与系数的关系，以及韦达定理结合题目的条件进行合理运算是解答的关键，着重考查了学生推理与运算能力，同时注意试题中的隐含条件，做到合理加以运用，属于中档试题． 4．已知为椭圆C 的左、右焦点，且点在椭圆C 上.（1）求椭圆C 的方程； （2）过的直线交椭圆C 于A ，B 两点，则的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求其最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）设椭圆的方程为，由，利用已知条件能求出，由此能求出椭圆的方程；（2）设直线，由，得，利用韦达定理推导出．当不存在时圆面积最大，此时直线方程为．试题解析：（1）由已知，可设椭圆的方程为.因为，所以.所以椭圆的方程为.（2）当直线斜率存在时，设直线的方程为，由得.设，则，所以.设内切圆半径为，因为的周长为（定值），，所以当的面积最大时，内切圆面积最大.又，令，则，所以，又当k不存在时，，此时，故当k不存在时内切圆面积最大，，此时直线方程为.考点：（1）椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆的综合.【方法点晴】本题考查椭圆方程的求法，根据椭圆的定义设出椭圆的标准方程，得解；考查三角形内切圆面积是否存在最大值的判断，用到不太常用的三角形内切圆半径公式：，故可得当三角形周长固定时，三角形面积越大内切圆面积越大，解题时要认真审题，注意韦达定理和分类讨论思想的合理运用，计算难度较大，属于难题. 5．（本小题共13分）在平面直角坐标系xOy 中，已知圆x 2+y 2−12x +32=0的圆心为Q ，过点P(0，2)且斜率为k 的直线l 与圆Q 相交于不同的两点A ，B ． （Ⅰ）求圆Q 的面积； （Ⅱ）求k 的取值范围；（Ⅲ）是否存在常数k ，使得向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线？如果存在，求k 的值；如果不存在，请说 明理由．【答案】(1)4π. (2)(−34,0)(3)没有符合题意的常数k【解析】解：（Ⅰ）圆的方程可化为(x −6)2+y 2=4，可得圆心为Q(6，0)，半径为2， 故圆的面积为4π． ---------------------3分 （Ⅱ）设直线l 的方程为y =kx +2． 法一：将直线方程代入圆方程得x 2+(kx +2)2−12x +32=0， 整理得(1+k 2)x 2+4(k −3)x +36=0． ① ---------------------4分 直线与圆交于两个不同的点A ，B 等价于Δ=[4(k −3)]2−4×36(1+k 2)=42(−8k 2−6k)>0， ---------------------6分 解得−34<k <0，即k 的取值范围为(−34，0)． ---------------------8分 法二：直线l 与圆(x −6)2+y 2=4交于两个不同的点A ，B 等价于√k 2+1<2---------------------5分化简得(−8k 2−6k)>0，解得−34<k <0，即k 的取值范围为(−34，0)． ---------------------8分（Ⅲ）设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+x 2,y 1+y 2)，由方程①， x 1+x 2=−4(k−3)1+k 2②又y 1+y 2=k(x 1+x 2)+4． ③ ---------------------10分而P(0，2)，Q(6，0)，PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6，−2)．所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线等价于−2(x 1+x 2)=6(y 1+y 2)---------------------11分 将②③代入上式，解得k =−34． ---------------------12分6．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，长轴长为23，离心率为33，经过其左焦点1F 的直线l 交椭圆C 于,P Q 两点（I ）求椭圆C 的方程；（II ）在x 轴上是否存在一点M ，使得MP MQ ⋅恒为常数？若存在，求出M 点的坐标和这个常数；若不存在，说明理由.【答案】（I ）22132x y +=；（II ）见详解. 【分析】 （I ）根据ce a=，222a b c =+和已知即可求解；（II ）联立直线与椭圆方程，消去y 根据韦达定理代入数量积即可求解. 【详解】（I ）设椭圆的方程为22221(0)x y a b a b+=>>，由题意，得2a c a ⎧=⎪⎨=⎪⎩，解得1a c ⎧=⎪⎨=⎪⎩22a = 所求的椭圆方程为22132x y += .（II ）由（I ）知1(1,0)F −. 假设在轴上存在一点(,0)M t ，使得MP MQ ⋅恒为常数， ①当直线l 与x 轴不垂直时，设其方程为(1)y k x =+，()11,P x y 、()22,Q x y .由22(1)132y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()()2222236360k x k x k +++−=，所以2122623x x x k +=−+，21223623k x x k−=+()()()()()()21212122211MP MQ x t x t y y x t x t k x x ⋅=−−+=−−+++()()()222222221k x x k txx k t =++−+++()()()222222222221366(61)6232323k k kt k t k k t t k k k+−−−−−=−++=++++()2222211616223441333223323t k r t t t t k t ⎛⎫⎛⎫−+−++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+=+−−++. 因为MP MQ ⋅是与k 无关的常数，从而有16403t +=，即73t =− 此时119MP MQ ⋅=−②当直线l 与x 轴垂直时，此时点,P Q的坐标分别为,1,⎛⎛−− ⎝⎭⎝⎭，当43t =−时，亦有119MP MQ ⋅=− 综上，在x 轴上存在定点4,03M ⎛⎫− ⎪⎝⎭，使得MP MQ ⋅恒为常数，且这个常数为119−.【点睛】本题考查椭圆方程及椭圆与直线的应用.此题的难点是计算. 7．已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A12），且点F0）为其右焦点． （1）求椭圆C 的方程；（2）是否存在直线l 与椭圆C 交于B ，D 两点，满足22·5OB OD =，且原点到直线l 在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2214x y +=（2）不存在【分析】（1）根据焦点及椭圆定义，即可求得参数c 与a ，从而求得椭圆的方程．（2）根据点到直线距离，可得m 与k 的等量关系式；联立方程，由判别式可得k 的取值范围，进而结合向量的数量积求得斜率，判断是否存在． 【详解】（1）设椭圆C 的方程为()222210x y a b a b+=>>，则左焦点为()F '，在直角三角形AFF '中，可求72AF '=，∴242a AF AF a '=+=⇒=， 故椭圆C 的方程为2214x y +=．（2）假设存在符合题意的直线l ，其方程为y kx m =+，由原点到l()2231m k ==+．联立方程2214x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，得()()222148410k x kmx m +++−=．则122814mk x x k −+=+，()21224114m x x k −=+，()2216202k k ∆=−>⇒>． 设()11,B x y ，()22,D x y ，则()()()222121212122111221145k OB OD x x y y k x x mk x x m k +⋅=+=++++==+，解得()212,k =∉+∞．当斜率不存在时，l的方程为x =112245OB OD ⋅=≠． 综上，不存在符合条件的直线． … 【点睛】本题考查了圆锥曲线的综合应用，直线与椭圆的关系，是高考的常考点，属于难题．8．（本小题12分）已知如图，圆8)2(:22=++y x N 和抛物线x y C 2:2=，圆的切线l 与抛物线C 交于不同的点A ，B .（1）当直线l 的斜率为1时，求线段AB 的长；（2）设点M 和点N 关于直线x y =对称，问是否存在圆的切线a my x l +=:使得MA MB ⊥？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）102=AB ；（2）存在，2+−=x y . 【解析】试题分析：（1）圆N 的圆心坐标为)0,2(−，半径22=r ，设),(11y x A ，),(22y x B ，设l 的方程，利用直线l 是圆N 的切线，求得m 的值，从而可得直线l 的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，即可计算弦长||AB ；（2）利用直线l 是圆N 的切线，可得a ，m 满足的一个方程，将直线l 的方程与抛物线方程联立，利用MA MB ⊥，可得a ，m 满足的另一个方程，联立方程组可求得a ，m 的值，从而得到满足题设的直线l .试题解析：∵圆N ：8)2(:22=++y x N ，∴圆心坐标为)0,2(−，半径22=r ，（1）当直线l 的斜率为1时，设l 的方程为m x y +=，即0=+−m y x ，∵直线l 是圆N 的切线，∴222|2|=+−m ，解得2−=m 或6=m （舍），此时直线l 的方程为2−=x y ，由⎩⎨⎧=−=xy x y 222，消去x 得0422=−−y y ，∴0>∆，设),(11y x A ，),(22y x B ，则221=+y y ，421−=y y ，得204)()(21221221=−+=−y y y y y y ，∴弦长102||11||212=−⋅+=y y kAB ；（2）∵直线l 是圆N 的切线，∴221|2|2=+−−m a ，得048422=−−+m a a ①，由⎩⎨⎧=+=xy amy x 22，消去x 得0222=−−a my y ，∴0842>+=∆a m ，即022>+a m ，且m y y 221=+，a y y 221−=，∵点M 和点N 关于直线x y =对称，∴点M 为)2,0(−，∴11(,2)MA x y =+，22(,2)MB x y =+，∵MA MB ⊥，∴1212(2)(2)0MA MB x x y y ⋅=+++=，即04)(2212121=++++y y y y x x ，即04422=++−m a a ②，①+②，得0482222=+−+m m a a ， 解得m a 2−=或12−=m a ，当m a 2−=时，代入①解得1−=m ，2=a ，满足条件022>+a m ，当12−=m a 时，代入①得07442=+−m m ，无解，综上所述，存在满足条件的直线l ，其方程为2+−=x y . 考点：1.直线与抛物线的位置关系；2.弦长的计算；3.韦达定理的运用.9．已知曲线22111:()1()44C x y y +−=≥，22:81(1)C x y x =−≥，动直线l 与2C 相交于,A B 两点，曲线2C 在,A B 处的切线相交于点M ．（1）当MA MB ⊥时，求证：直线l 恒过定点，并求出定点坐标；（2）若直线l 与1C 相切于点P ，试问：在y 轴上是否存在两个定点12,T T ，当直线12,MT MT 斜率存在时，两直线的斜率之积恒为定值？若存在求出满足条件的点12,T T 的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）17(0,)8；（2）存在两个定点12(0,1),(0,1)T T −恒满足12116MT MT k k =. 【解析】试题分析：（1）设出直线方程:l y kx b =+，联立其与抛物线方程得到,A B 两点坐标的关系，再由导数的几何意义，直线,MA MB 的斜率就是它们分别在,A B 两点处切线的斜率，且1MA MB k k =−，可求得178b =；（2）利用,A B 两点坐标表示出直线MA ，MB 的方程，观察可得直线AB 的方程，利用AB 与圆相切整理即得动点M 的轨迹方程，问题得解.试题解析：（1）依题意，直线l 的斜率存在，设1122:,(,),(,)l y kx b A x y B x y =+，由281y kx b x y =+⎧⎨=−⎩得28810x kx b −−+=则1281x x b =−+， 又由218x y +=得1212116444MA MB x x xy k k x x '==⋅=−=−，∴8116b −+=−，∴178b = ∴l 的方程为178y kx =+，恒过定点17(0,)8． （2）设(,)M u v ，直线111:()4x MA y y x x −=−，即111044x x y y −−+=又MA 经过(,)M u v ，∴111044x u v y −−+=，即∴111044x u y v −−+=，同理，∴221044x u y v −−+=由此可得切线AB 的方程为∴1044x u y v −−+=．由直线AB1=，化简得22116u v −=， 从而动点M 的轨迹方程为22116x y −=，为焦点在y 轴上的双曲线．取12(0,1),(0,1)T T −，则12222211111616MT MT x y y y k k x x x x +−−=⋅===为定值故存在两个定点12(0,1),(0,1)T T −满足12116MT MT k k =恒为定值．考点：直线与圆、直线与抛物线的位置关系的应用.【方法点晴】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系及函数与方程思想的应用,综合性较强，属于难题.解答本题的技巧在于，通过导数的几何意义得到两条切线斜率之间的关系，由直线与抛物线方程构成的方程组得到两切点坐标的关系，二者本质上是统一的，从而得到直线经过的定点；第二问的难点是从第一问出发，写出直线MA ，MB 的方程，观察得到点M 的轨迹，通过双曲线知识得到答案. 10．已知椭圆焦点在x 轴上，下顶点为D(0，－1)，且离心率e =√63．经过点M(1,0)的直线L 与椭圆交于A ，B 两点.(Ⅰ)求椭圆的标准方程； （Ⅱ）求|AM|的取值范围.（Ⅲ）在x 轴上是否存在定点P ，使∠MPA=∠MPB 。
高考数学专题复习《探索性问题》突破解析
母题突破4 探索性问题母题 已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(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(m3，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(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x M，y M)．将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故x M＝x1＋x22＝－kbk2＋9，y M＝kx M＋b＝9bk2＋9.于是直线OM的斜率k OM＝y Mx 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＝－9 k x.设点P的横坐标为x P，由Error!得x2P＝k2m29k2＋81，即x P＝±km3k2＋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－3)m 3(k2＋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±km3k2＋9＝2×k(k－3)m3(k2＋9)，解得k1＝4－7，k2＝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．[子题1] 已知椭圆C：x24＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2.(1)若M为C上任意一点，求|MF1|·|MF2|的最大值；(2)椭圆C上是否存在点P(异于点A1，A2)，使得直线PA1，PA2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|MF1|＋|MF2|＝4，∴|MF1|·|MF2|≤(|MF1|＋|MF2|2)2＝4，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝2时等号成立，∴|MF1|·|MF2|的最大值为4.(2)假设存在满足题意的点P.不妨设P(x0，y0)(y0>0)，则－2<x0<2.由题意知直线PA1的方程为y＝y0x0＋2(x＋2)，令x＝4，得y E＝6y0x0＋2，直线PA2的方程为y＝y0x0－2(x－2)，令x＝4，得y F＝2y0x0－2，由|EF|＝y E－y F＝6y0x0＋2－2y0x0－2＝4x0y0－16y0x20－4＝4y0(x0－4)－4y20＝4－x0y0＝1，得x0＝4－y0，由x20＋4y20＝4，得5y20－8y0＋12＝0，∵Δ＝－176<0，∴此方程无解．故不存在满足题意的点P.[子题2] (2020·合肥适应性检测)已知抛物线C：y2＝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(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程Error!消去y得k2x2－(4k2＋4)x＋4k2＝0，显然Δ>0，∴x1＋x2＝4k2＋4k2，x1x2＝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 1(x 2－a )＋y 2(x 1－a )(x 1－a )(x 2－a )＝0，又y 1＝k(x 1－2)，y 2＝k(x 2－2)，∴2x 1x 2－(a ＋2)(x 1＋x 2)＋4a x 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Error!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＝8m 7，x 1x 2＝4m 2－127，|CD|＝1＋k 2|x2－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Error!得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，显然，Δ>0，∴x 1＋x 2＝－4k2k 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 －3)2＋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|＝26>|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Error!即Error!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Error!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＋2k2＋m 2＝3m 2－6－6k 21＋2k 2＝3×2(k 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)．。
高三数学(专题十二 探索性问题)
即点 到围成点 所在区域的三个平面的距离之和减去点 到另一个平面的距离所得的差为定值.
2、（1）求证： ；
（2）求证： ；
（3）我们知道 ，联系（1）和（2）的结论，提出一个一般化的结论，并就 ，验证猜想的准确性.
证明：（1） ；
（2）
；
（3）猜想
当 时，有
即结论正确.
3、若数列 的前 项和为 ，在下列条件下，分别求 .
例5、（1）已知抛物线 ，过其顶点 ，任作两条互相垂直的弦 .求证：直线 恒过定点 ；
（2）将上题中的抛物线改为椭圆 ，过其顶点 ，任作两条互相垂直的弦 ，直线 是否还过定点？证明你的结论.
解：(1)设 ：
由 ，解得 ，由 ，解得
得直线 的方程为 ，化简得
易见直线 恒过定点 ；
（2）由 ，解得：
由 ，解得： ，
解：（1）例如 显然，使得 的 的值只有 ，
但由 得当 时有
这就是说使 同时成立的 值不存在，但函数 却显然为非奇非偶函数.说明命题 是命题 的非必要条件；
（2）函数 为非奇非偶函数的一个充分且必要条件是存在 ，使得 ，且存在 ，使得 ，即 可以是 内两个不同的值.
5、（1）已知直线 与直线 均与椭圆 相切，且 交于点 ，求动点 的轨迹；
解：（1）正四面体 内的意一点 到它的三边的距离之和为定值.
设正四面体 的棱长为 ，连接 ,分别作 为垂足，作 为垂足，设正四面体 的体积为 ，显然
,
由已知1,
故
又 ,得 ,不难求得 ，
于是得 为定值，即正四面体 内的意一点 到它的三边的距离之和为定值；
(2)当点 位于由平面 ，平面 和平面 所围成的空间内，且与点 分别位于平面 的两侧时，
高三上学期数学第一轮复习数学：探索性问题
高中学生学科素质训练高三数学同步测试（15）—《探索性问题》一、选择题（本题每小题5分；共60分）1．集合A ＝{a ；b ；c }；集合B ＝{－1；0；1}；f 是A 到B 的映射；且满足条件f (a )+f (b )+f (c )=0；这样的映射共有 （ ）A ．6个B ．7个C ．8个D ．9个2．在△ABC 中；sinA>sinB 是A>B 成立的 （ ）A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．直线143x y +=与椭圆221169x y +=相交于A 、B 两点；该椭圆上点P ；使得△APB 的面积等于3；这样的点P共有（） A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个4．设数集⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤≤-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+≤≤=n x n x N m x m x M 31,43；且M 、N 都是集合{}10≤≤x x 的子集；如果把a b -叫做集合{}b x a x ≤≤的“长度”；那么集合N M ⋂的“长度”的最小值是 （ ）A ．31B ．32 C ．121D ．125 5．PQ 是异面直线a ；b 的公垂线；a ⊥b ；A ∈a ；B ∈b ；C 在线段PQ 上（异于P,Q ）；则∆ABC 的形状是（ ）A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．三角形不定6．用一张钢板制作一容积为34m 的无盖长方体水箱；可用的长方形钢板有四种不同的规格（长×宽的尺寸如各选项所示；单位均为m ）；若既要够用；又要所剩最少；则应选钢板的规格是 （ ）A ．2×5B ．2×5.5C ．2×6.1D ．3×57．计算机是将信息转换成二进制数进行处理的；二进制即“逢2进1”；如（1101）2表示二进制数,将它转换成十进制形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13；那么将二进制数（11…11）2（2004个1）转换成十进制形式是 （ ）A ．22004－2B ．22003－2C ．22004－1D ．22003－18．数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,6,…的第1000项的值是（ ）A ．42B ．45C ．48D ．519．在(1+x )2+(1+x )6+(1+x )7的展开式中；含x 4项的系数是等差数列a n =3n －10的 （ ）A ．第2项B ．第11项C ．第20项D ．第24项10．已知集合A={x |x 2－2x －3>0},B={x |x 2+ax +b ≤0}；若A ∪B=R ；A ∩B=（3；4]则有（ ）A ．a =3,b =4B ．a =3,b =－4C ．a =－3,b =4D ．a =－3,b =－411．不等式22x a -<2x +a (a >0)的解集是（ ）A ．{x |x >0或x < －45a } B ．{x | －2a<x <a } C ．{x |0<x ≤a }D ．{x |－a ≤x < －45a 或0<x ≤a }12．椭圆13422=+y x 的长轴为A 1A 2；短轴为B 1B 2；将坐标平面沿y 轴折成一个二面角；使A 1点的平面B 1A 2B 2上的射影恰好是该椭圆的右焦点；则此二面角的大小为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°二、填空题（本题每小题4分；共16分）13．已知定点A(－2；3),F 是椭圆162x +122y =1的右焦点；点M 在椭圆上移动；则当|AM|+2|MF|取最小值时；点M 的坐标是.14．若(x 2－x1)n的 展开式中含x 的项为第6项；设(1－x +2x 2)n =a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 2n x 2n ,则a 1+a 2+a 3+…+a 2n =.15．定义“等和数列”：在一个数列中；如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数；那么这个数列叫做等和数列；这个常数叫做该数列的公和.已知数列{}a n 是等和数列；且a 12=；公和为5；那么a 18的值为______________；这个数列的前n 项和S n 的计算公式为________________ .16．定义集合A 和B 的运算：{},A B x x A x B *=∈∉且. 试写出含有集合运算符号“*”、“”、“”；并对任意集合A 和B 都成立的一个等式：_______________.三、解答题（本大题共6小题；共74分。
4探索性问题(含答案).docx
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•探索性问题一般冇三种类型：（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屮结论明确，需要完备条件的题目：结论探索型问题是指题日屮结论不确定，不唯一，或题口结论需要类比，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询提下，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、平面直角处标系、一次函数与二次函数解析式的求法（图彖及其性质）、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.其中用儿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來构造方程是解决问题的主要手段和途径.因此复习屮既要重视基础知识的复习，乂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.II、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（O,1）,矩形CDEF的顶点C、F在抛物线上，D、E在x轴上，CF交y轴于点B（0, 2）,且其面积为&（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，连结PB并延长交抛物线于点Q,过点P、Q分别作X轴的垂线，垂足分别为S、R.①求证：PB=PS；②判断ASBR的形状；③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,请说明理由.⑴解：方法一:VB点坐标为（0, 2）,・・・0B=2,・・•矩形CDEF面积为8,・・・CF二4..•.C点坐标为（一2, 2）. F点坐标为（2, 2） o设抛物线的解析式为y = ax2 +/?x + c.其过三点 A (0, 1), C(-2. 2), F(2, 2)o1= x得］2 = 4a-2b + c 解得° =丄# = 0,c = 142= 4a + 2b + c・・・此抛物线的解析式为+1方法二：・・・B点坐标为（0, 2）,・・・0B=2, ・・•矩形CDEF ffi积为8, ・・・CF二4.・・・C点坐标为（一2, 2）。
专题04探索性问题(解析版)
2020年高考数学三轮冲刺解答题---立体几何篇（文理通用）探索性问题【例】【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ； （2）求二面角F –AE –P 的余弦值； （3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）（3）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ．又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ．（2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=u u u r u u u r u u u r ． 所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||⋅〈〉==‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P为锐角，所以其余弦值为3．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--u u ur ，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++=u u u r n .所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内. 【例】（2016年北京） 如图，在四棱锥中，平面PAD⊥平面，，，，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【解析】(1)∵面PAD I 面ABCD AD =，面PAD ⊥面ABCD ，∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD ，∴AB ⊥面PAD ， ∵PD ⊂面PAD ， ∴AB ⊥PD ，又PD ⊥PA ，∴PD ⊥面PAB ，(2)取AD 中点为O ，连结CO ，PO，∵CD AC == ∴CO ⊥AD ， ∵PA PD =， ∴PO ⊥AD ， 以O 为原点，如图建系易知(001)P ，，，(110)B ，，，(010)D -，，，(200)C ，，，P ABCD -ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD=AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BMPCD AMAP则(111)PB =-u u u v ，，，(011)PD =--u u u v ，，，(201)PC =-u u u v ，，，(210)CD =--u u u v，，，设n v 为面PDC 的法向量，令00(,1)n x y =v ，．011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨ ⎪⎝⎭⋅=⎪⎩v u u u vv v u u u v，， 则PB 与面PCD 夹角θ有，sin cos ,n PB θ=<v u u u (3)假设存在M 点使得BM ∥面PCD ， 设AMAPλ=，()0,','M y z ， 由(2)知()0,1,0A ，()0,0,1P ，()0,1,1AP =-u u u r ，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =-u u u u r有()0,1,AM AP M λλλ=⇒-u u u u r u u u r ，∴()1,,BM λλ=--u u u u r，∵BM ∥面PCD ，n u u r 为PCD 的法向量， ∴0BM n ⋅=u u u u r r ，即102λλ-++=，∴1=4λ∴综上，存在M 点，即当14AM AP =时，M 点即为所求．探索线线垂直问题：【例】（2020·四川省雅安中学高三）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，11AAC C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面11AAC C ，3AB =，5BC =.（1）求二面角111A BC B --的余弦值；（2）在线段1BC 是否存在点D ，使得1AD A B ⊥？若存在，求出1BDBC 的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）1625.（2）存在，值为925【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用平面11A BC 的法向量和平面11BB C 的法向量，计算出二面角111A BCB --的余弦值.（2）首先利用1BD BC λ=u u u r u u u u r 求得D 点的坐标，由1·0AD A B =u u u r u u u r 求得1BDBC 的值. 【详解】（1）因为11AAC C 为正方形，所以1AA AC ⊥.因为平面ABC ⊥平面11AAC C ，且1AA 垂直于这两个平面的交线AC ，所以1AA ⊥平面ABC .由题知3AB =，5BC =，4AC =，所以AB AC ⊥.如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A xyz -，则()0,3,0B，()10,0,4A ，()10,3,4B ，()14,0,4C ，设平面11A BC 的法向量为(,,)n x y z =r ，则1110n A B n A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u vu u u u v ，即34040y z x -=⎧⎨=⎩，令3z =，则0x =，4y =，所以(0,4,3)n =r .同理可得，平面11BB C 的法向量为(3,4,0)m =u r，所以16cos ,25n m n m n m ⋅==⋅r u rr u r r ur ||||.由题知二面角111A BC B --为锐角，所以二面角111A BC B --的余弦值为1625. （2）存在.设(,,)D x y z 是直线1BC 上一点，且1BD BC λ=u u u r u u u u r.所以(,3,)(4,3,4)x y z λ-=-.解得4x λ=，33yλ=-，4z λ=.所以(4,33,4)AD λλλ=-u u u r.由1·0AD A B =u u u r u u u r ，即9250λ-=.解得925λ=.因为9[0,1]25∈，所以在线段1BC 上存在点D ，使得1AD A B ⊥.此时，1925BD BC λ==.【点睛】本小题主要考查面面角的求法，考查探究线线垂直的条件，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.探索二面角大小问题：【例】（2020·山西省高三期末）如图，三棱柱111ABC A B C -中，1A A ⊥底面ABC ，点D 是棱11B C 的中点.（Ⅰ）求证：1//AC 平面1A BD ； （Ⅱ）若AB AC ==12BC BB ==，在棱AC 上是否存在点M ，使二面角1B A D M --的大小为45︒，若存在，求出AMAC的值；若不存在，说明理由. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）存在，23AM AC =. 【解析】【分析】（Ⅰ）连接1A B ，与1AB 相交于点O ，根据O ，D 是中点，由三角形中位线得到1//AC OD ，再由线面平行的判定定理证明. （Ⅱ）由AB AC ⊥，又因为1A A ⊥底面ABC ，建立空间直角坐标系：设AMACλ=，即AM AC λ=u u u u r u u u r ，分别求得平面1BA D 和平面1MA D 的一个法向量，根据二面角1B A D M --的大小为45︒，代入cos 45︒=求解.【详解】（Ⅰ）如图所示：连接1A B ，与1AB 相交于点O ，连接OD ，因为点D 是棱11B C 的中点，所以 1//AC OD ，且1AC ⊄平面1A BD ，OD ⊂平面1A BD ，所以1//AC 平面1A BD ； （Ⅱ）因为AB AC ==12BC BB ==，所以AB AC ⊥，又因为1A A ⊥底面ABC ，建立如图所示空间直角坐标系：设AMACλ=，即AM AC λ=u u u u r u u u r ，则())()()10,0,0,,0,0,2,2A B C A D ⎫⎪⎪⎝⎭，)()112,,,22A B A D AC ⎛⎫=-== ⎪ ⎪⎝⎭uuu ruuu r uuur ()111,2A M A A AM A A AC λ=+=+=-uuuu r uuu r uuu r uuu r uuu r，设平面1BA D 的一个法向量为()1111,,n x y z =r ，则111100n A B n A D ⎧=⎪⎨=⎪⎩u vu u u v u u u u v v，所以111120022z x y -=+=⎪⎩， 取11z =，则()1n =r ，设平面1MA D 的一个法向量为()2222,,n x y z =r，则212100n A M n A D ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u u v v u u u u v v，所以222220022y z x y -=+=⎩，取22x =-，则()22,n =-r ， 因为二面角1B A D M --的大小为45︒，所以cos 452===︒，即2316120λλ+-=，解得23λ=或6λ=-(舍去)，所以存在点M ，有23AM AC =，使二面角1B A D M --的大小为45︒. 【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，二面角的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.探索线面角大小的问题：【例】（2020·辽宁省高三一模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，A 在侧面11BB C C 上的投影恰为1B C 的中点O ，E 为AB 的中点．（Ⅰ）证明：OE ∥平面11ACC A ；（Ⅱ）若160CBB ∠=︒，1cos ACC ∠=11C A 上是否存在点F （F 不与1C ，1A 重合）使得直线EF 与平面11ACC A若存在，求出111C F C A 的值；若不存在，说明理由． 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）存在，11112C F C A = 【解析】【分析】(I)根据已知条件先连接1BC ，1AC ，因为O ，E 分别为1BC ，AB 中点，所以根据中位线的性质即可得到1//OE AC ,再利用线面平行的判定定理即可.(II) 因为AO ⊥平面11BB C C ，11BB C C 为菱形，如图建立空间直角坐标系O xyz -，写出相关点的坐标，并设()11101CF C A λλ=<<u u u v u u u u v ，求出平面11AA CC 的法向量n v，结合已知条件即可求出111C F C A 的值. 【详解】（Ⅰ）证明：连接1BC ，1AC ，因为O ，E 分别为1BC ，AB 中点，所以1//OE AC , 因为OE ⊄平面11ACC A ，1AC ⊂平面11ACC A ，所以//OE 平面11ACC A ．（Ⅱ）因为AO ⊥平面11BB C C ，11BB C C 为菱形，如图建立空间直角坐标系O xyz -，设2BC =，因为160CBB ∠=︒，11cos cos cos ACC ACO OCC ∠=∠⋅∠，所以cos 2ACO ∠=，所以1AO =，所以)B，()0,1,0C -，()1C ，()0,0,1A，()1A ，所以12E ⎫⎪⎪⎝⎭，设()11101CF C A λλ=<<u u u r u u u u r，所以(),F λλ，所以1,2EF λλ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭=u u u r , 设平面11AA CC 的法向量(),,n x y z =r ，因为()0,1,1CA =u u u r，()1CC =u u u u r，所以00y z y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，所以n v的一组解为(n =r ，因为直线EF 与平面11ACC A所以sin 7n n EF EF θ⋅===u u u r u u u r r r ，解得12λ=，0λ=（舍），所以11112C F C A =．【点睛】本题考查了线面平行的证明方法，考查了利用空间向量方法求线面角的正弦值，属于一般题. 探索线面平行问题：【例】【2020北京市高三模拟】如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ABCD ⊥底面，AB AC ⊥，1AB =，12,AC AA AD CD ===E 为线段1AA 上的点，且12AE =．（1）求证：BE ⊥平面1ACB ； （2）求二面角11D AC B --的余弦值；（3）判断棱11A B 上是否存在点F ，使得直线DF ∥平面1ACB ，若存在，求线段1A F 的长；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2；（3）见解析. 【解析】（1）因为1A A ABCD ⊥底面，所以1A A AC ⊥．又因为AB AC ⊥，所以AC ⊥平面11ABB A ，又因为BE ⊂平面11ABB A ，所以AC ⊥BE ． 因为112AE ABAB BB ==，∠EAB =∠ABB 1=90°， 所以1Rt Rt ABE BB A △∽△．所以1ABE AB B ∠=∠．因为1190BAB AB B ∠+∠=︒， 所以190BAB ABE ∠+∠=︒．所以BE ⊥1AB ．又1AC AB A =I ，所以BE ⊥平面1ACB ．（2）如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得111(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1,2,0),(0,0,2),(0,1,2),(2,0,2),A B C D A B C-11(1,2,2),(0,0,)2D E -．由（1）知，1(0,1,)2EB u u u r =-为平面1ACB 的一个法向量，设(,,)x y z =n 为平面1ACD 的法向量．因为1(1,2,2),(2,0,0)AD AC u u u u r u u u r=-=，则10,0,AD AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u u u u r r n n 即220,20,x y z x -+=⎧⎨=⎩，不妨设1z =，可得(0,1,1)=n ．因此cos ,10||||EB EB EB u u u ru u u r u u u r n n n ×<>==．因为二面角11D AC B --为锐角， 所以二面角11D AC B --的余弦值为10． （3）设1A F a =，则(0,,2)F a ，(1,2,2)DF a u u u r=-+．1(1,2,2)(0,1,)2102DF EB a a u u u r u u u r ?-+?=+-=， 所以1a =-（舍）．即直线DF 的方向向量与平面1ACB 的法向量不垂直，所以，棱11A B 上不存在点F ，使直线DF ∥平面1ACB ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直与平行、以及二面角的问题，熟记线面垂直的判定定理以及空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.（1）根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结论成立；（2）以A 为原点建立空间直角坐标系，由（1）得到1(0,1,)2EB u u u r =-为平面1ACB 的一个法向量，再求出平面1ACD 的一个法向量，求两向量夹角的余弦值，即可得出结果； （3）先设1A F a =，用向量的方法，由0DF EB u u u r u u u r?求出a 的值，结合题意，即可判断出结论.1、在如图所示的几何体中，平面DAE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为等腰梯形，四边形DCFE 为菱形．已知//AB CD ，60ABC ∠=︒，112CD AB ==．（1）线段AC 上是否存在一点N ，使得//AE 平面FDN ？证明你的结论．（2）若线段FC 在平面ABCD 上的投影长度为12，求直线AC 与平面ADF 所成角的正弦值． 【答案】（1）且N 是AC 的中点，证明见解析;（2）4． 【解析】（1）在线段AC 上存在一点N ，使得//AE 平面FDN ，且N 是AC 的中点．证明如下：如图，连接EC 交DF 于点G ，连接GN ．Q 四边形CDEF 为菱形，G ∴为EC 的中点． 在ACE △中，由中位线定理可得//GN AE .GN⊂Q 平面FDN ，AE ⊄平面FDN ，//AE ∴平面FDN ．∴在线段AC 上存在一点N ，使得//AE 平面FDN ，且N 是AC 的中点．（2）//DE CF Q ，DE CF =，线段FC 在平面ABCD 上的投影长度为12， ∴线段DE 在平面ABCD 上的投影长度为12．因为平面DAE ⊥平面ABCD ，交线为AD ， 如图，过E 作⊥EO AD 于点O ，则EO ⊥平面ABCD ，则12OD =，O 为线段AD 的中点．以O 为坐标原点，OE 所在的直线为z 轴，过O 平行于DC 的直线为y 轴，过O 垂直于平面yOz 的直线为x 轴建立空间直角坐标系，可得1,,044A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，5,044C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,044D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，0,0,2E ⎛ ⎝⎭，3,022AC ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭u u u r，1,02DA ⎫=-⎪⎝⎭u u u r ，13,(0,1,0),,442442DF DE EF DE DC ⎛⎫⎛∴=+=+=-+= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v ．设平面ADF 的法向量为(,,)n x y z =r ，则00n DA n DF ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v，得102304x y x y z -=+=，取1x =，则2,2)y z n ==-∴=-r．设直线AC 与平面ADF 所成的角为θ，则sin |cos ,|n AC θ=〈〉==r u u u r，∴直线AC 与平面ADF．2．如图，ABCD 是边长为2的正方形，AE ⊥平面BCE ，且1AE =．（Ⅰ）求证：平面ABCD ⊥平面ABE ；（Ⅱ）线段AD 上是否存在一点F ，使二而角A BF E --等于45°？若存在，请找出点F 的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）存在点F ，当AF=A BF E --所成角为45o ．【解析】（Ⅰ）AE ^Q 平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，AE BE ∴⊥，AE BC ⊥，又BC AB ⊥，AE AB A =I ，,AE AB ⊂平面ABE ，BC ∴⊥平面ABE ，又BC ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面ABE ．（Ⅱ）如图所示，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系A xyz -，1AE =Q ，2AB =，AE BE ⊥，30ABE ∴∠=o，60EAB ∠=o，()0,2,0B ∴，1,02E ⎫⎪⎪⎝⎭，假设线段AD 上存在一点F 满足题意，设()0,0,Fh ，()0h >，x Q 轴⊥平面ABF ，∴平面ABF 的一个法向量()1,0,0m →=，设平面BEF 的一个法向量为(),,n x y z →=，而3,022BE →⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,BF h →=-，则30220n BE x y n BF y hz ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩u u u r r u u u r r ，令1y =，则x =2z h =，2n h →⎫∴=⎪⎭，cos ,m nm n m n→→→→→→⋅∴<>==⋅，若二面角A BF E --所成角为45o，2=，解得：h =∴存在点F，当AF =A BF E --所成角为45o ．3、如图，在直三棱柱中111ABC A B C -，AC BC ⊥，12AC BC CC ===，点D ，E ，F 分别为棱11A C ，11B C ，1BB 的中点．（1）求证：1//AC 平面DEF ； （2）求二面角11C AC B --的大小；（3）在线段1AA 上是否存在一点P ，使得直线DP 与平面1ACB 所成的角为30°？如果存在，求出线段AP 的长；如果不存在，说明理由．【答案】（1）详见解析；（2）45︒；（3）点P 存在，即1AA 的中点，1AP =． 【解析】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，又因为AC BC ⊥， 以C 为原点，分别以CA ，CB ，1CC 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -．由题意得，()2,0,0A ，()10,0,2C ，()1,0,2D ，()0,1,2E ，()0,2,1F ．所以()1,1,0DE =-u u u r ，()0,1,1EF =-u u u r，设平面DEF 的法向量为()111,,n x y z =r ，则00n DE n EF ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v ，即111100x y y z -+=⎧⎨-=⎩，令11x =，得11y =，11z =，于是()1,1,1n =r ．又因为()12,2,0AC =-u u u u r ，所以12020AC n ⋅=-++=u u u u r r．又因为1AC ⊄平面DEF ，所以1//AC 平面DEF ．（2）设平面1ACB 的法向量为()222,,m x y z =u r ，()2,0,0CA =u u u r ，()10,2,2CB =u u u r ，则100m CA m CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v v u u u v v ，即22220220x y z =⎧⎨+=⎩，令21y =，得20x =，21z =-，于是()0,1,1m =-u r ，平面1ACC 法向量()10,1,0n u r =，111cos ,2n m m m n n ⋅===u r u r u r u r u r u r ．所以二面角11C AC B --的大小为45︒．（3）．设直线DP 与平面1ACB 所成角为θ，则30θ=︒，设()101AP AA λλ=≤≤u u u r u u u r ，则()0,0,2AP λ=u u u r，()1,0,22DP λ=-u u u r ，所以1cos sin 302DP m DP m θ⋅===︒=u u u r u r u u u r u r ，解得12λ=或32λ=（舍），所以点P 存在，即1AA 的中点，1AP =．4．在三棱锥S ABC -中，AB ⊥平面SAC ，AS SC ⊥，1AB =，AC =E 为AB 的中点，M 为CE的中点.（1）证明：平面SCE ⊥平面SAB ；（2）在线段SB 上是否存在一点N ，使//MN 平面SAC ？若存在，指出点N 的位置并给出证明，若不存在，说明理由；（3）若30SAC ∠=︒，求二面角S CE B --的大小.【答案】（1）证明见解析 （2）存在，点N 为SB 上靠近S 的四等分点即14SN SB = （3）120°【解析】（1）AB ⊥Q 平面SAC ，SC ⊂面SAC ，AB SC ∴⊥，又因为AS SC ⊥，AB AS A ⋂=，,AB AS ⊂面SAB ，SC ∴⊥平面SAB ，而SC ⊂平面SCE ，∴平面SCE ⊥平面SAB （2）存在点N 为SB 上靠近S 的四等分点即14SN SB =时，//MN 平面SAC . 取AE 的中点F ，连接,FN FM ，F Q 是AE 的中点，M 为CE 的中点，//MF AC ∴.AC ⊂Q 面SAC ，MF ⊄面SAC ，//MF ∴平面SAC .E Q 为AB 的中点，34BF BNBA BS∴==，//NF SA ∴，SA ⊂Q 面SAC ，NF ⊄面SAC ，//NF ∴平面SAC .MF NF F ⋂=Q ，,MF NF ⊂面MNF ，∴面//MNF 平面SAC .MN⊂Q 面MNF ，//MN ∴平面SAC .（3）过S 作SO AC ⊥于O ，则SO ⊥平面ABC ，过O 作AB 的平行线交BC 于Q ，以O 为坐标原点，以OA所在的直线为x 轴，以OQ 所在的直线为y 轴，以OS 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，面BEC 的一个法向量为1(0,0,1)n =u r ，若30SCA ∠=︒，AS SC ⊥Q，2AS ∴=，4AO =，4OC =，4OS =，12AE =，从而B ⎫⎪⎪⎝⎭，1,02E ⎫⎪⎪⎝⎭，C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，S ⎛ ⎝⎭，面SEC 的一个法向量为2(,,)n x y z =u u r，1,02CE ⎫=⎪⎭u u u r，4SC ⎛=- ⎝⎭u u u r ， 则2200n CE n SC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u v u u u v u u v u u u v，即102044y x z +=⎨⎪--=⎪⎩，即y z ⎧=-⎪⎨=⎪⎩，取1x =，则2(1,n =-u u r从而1212121cos ,2n n n n n n ⋅〈〉===-u r u u ru r u u r u r u u r ，因为二面角S CE B --是钝二面角，所以二面角S CE B --的大小是120°.5．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，14AC CC ==，2BC =，D 为棱11A C 上的动点.（1）若D 为11A C 的中点，求证：1//BC 平面1ADB ；（2）若平面11A ACC ⊥平面ABC ，且1160AAC ∠=︒是否存在点D ，使二面角11B AD C --的平面角的余弦值11A D C D 的值，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）113A DC D=. 【解析】（1）连1A B 交1AB 与E ，连DE ，Q 四边形11AA B B 为平行四边形，E ∴为1A B 中点， 又D 为11A C 的中点，1,DE BC DE ∴⊂P 平面1ADB ，1BC ⊄平面1ADB ，1//BC ∴平面1ADB ； （2）1,AC CC ∴=Q 平行四边形11AAC C 为菱形，11AC AC ⊥，又平面11A ACC ⊥平面ABC ， 平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，,AC BC BC ⊥∴⊥平面11A ACC ，过点C 作1C A 的平行线CP ，即1,,CA CP CB 两两互相垂直，以C 为坐标原点，以1,,CA CP CB 所在的直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，111160,4,AAC AC AC ∠=︒∴==Q11(0,0,0),2,0),2,2)C A C B --111(2,0),(0,4,2)AC AC AB ==--=-u u u u r u u u r u u u r ，假设存在点D ，使二面角11B AD C --的平面角的余弦值为4，设111(,2,0),01A D AC λλλ==--≤≤u u u u r u u u u r，11),2(1),0)AD AA A D λλ=+=--+u u u r u u u r u u u u r， 平面1AC D 一个法向量为(0,0,1)n =r，设平面1AB D 的法向量为(,,)m x y z =u r ，100AD m AB m ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩u u u v vu u u v v，即)2(1)0420x y y z λλ⎧--+=⎪⎨-+=⎪⎩，令1x λ=+，则),)y z λλ=-=-，(1),))m λλλ∴=+--u r，由cos ,4m n <>==u r r ，整理得2249(1)(1),771λλλλ-=+∴-=+或771λλ-=--，解得4(13λλ=>舍去）或34λ=， 111113,34A D A D AC C D ∴=∴=u u u u r u u u u r ，∴满足条件的点D 存在，且113A D C D=.6．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC BC AA ===，160BCC ∠=o11ABC BCC B ⊥平面平面，D是BC 的中点，E 是棱11A B 上一动点．（1）若E 是棱11A B 的中点，证明：//DE 平面11ACC A ； （2）求二面角1C CA B --的余弦值；（3）是否存在点E ，使得1DE BC ⊥，若存在，求出E 的坐标，若不存在，说明理由． 【答案】（1）详见解析；（2；（3）不存在，理由详见解析． 【解析】（1）证明：取11A C 中点为P ，连结CP EP ，，在111A B C ∆中，因为E P 、为1111A B AC 、的中点，所以11//EP B C 且1112EP B C =．又因为D 是BC 的中点，12CD BC =，所以//EP BC 且EP CD =， 所以CDEP 为平行四边形，所以//CP DE ．又因为DE ⊄平面11ACC A ，CP ⊂平面11ACC A ，所以//DE 平面11ACC A ．（2）连结1C D AD 、，因为ABC ∆是等边三角形，D 是BC 的中点，所以AD BC ⊥，因为11BC AA CC ==，160BCC ∠=o，所以1C D BC ⊥．因为平面ABC ⊥平面11BCC B ，平面ABC I 平面11BCC B BC =，1C D ⊂平面11BCC B ，所以1C D ⊥平面ABC ，所以1DC DA DB ，，两两垂直．如图，建立空间直角坐标系D xyz -，则00)A ，，(010)C -，，，1(00C ，，1(01CC =u u u u r，10)CA =u u u r，设平面1ACC 的法向量为()n x y z =，，r ，则100CC n CA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u u ru r u r r ，即00y y ⎧+=⎪+=， 令1x =，则y =1z =，所以(11)n =，r ．平面ABC的法向量为1(00DC =，uuu u r，111cos ||||DC n DC n DC n ⋅<>=⋅，uuu u r ruuu u r r uuu u r r 11C CA B --为锐二面角，所以二面角11C CA B --． （3）11A，11(10)A B =uuu u r ，设111(01)A E A B λλ=≤≤uuu r uuu u r，则1(0)A E λ=，，uuu r，所以1E λ+，，1DE λ=+，uuu r，所以1(01BC =-，uuu r ，假设1DE BC ⊥，则10DE BC ⋅=u u u r u u u u r，解得2λ=，这与已知01λ≤≤矛盾．∴不存在点E .7．在四棱锥P ABCD -的底面ABCD 中，BC ∥AD ，CD AD ⊥，PO ⊥平面ABCD ，O 是AD 的中点，且222PO AD BC CD ====（1）求证：AB ∥平面POC ；（2）求二面角O PC D --的余弦值；（3）在线段PC 内是否存在点E ，使得AB DE ⊥？若存在指出点E 的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）5； （3）线段PC 上存在中点E ，使得AB DE ⊥. 【解析】（1）连接OC ，因为O 是AD 的中点，22,//AD BC BC AD ==,所以//OA BC ， 且1OA BC ==，所以四边形AOBC 为平行四边形，所以//AB OC ， 又因为AB ⊄平面POC ，OC ⊂平面POC ，所以AB ∥平面POC ；（2）由（1）可知，四边形OBCD 也是平行四边形，又由1,OD CD CD AD ==⊥，所以四边形OBCD 是正方形，所以OB OD ⊥,又由PO ⊥平面ABCD ，所以以O 为原点，,,OB OD OP 所在的直线分别为,,x y z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0),(0,0,2),(1,1,0),(0,1,0)O P C D ，可得(1,1,1),(0,0,2),(1,0,0)PC OP DC =-==u u u r u u u r u u u r，设平面OPC 的一个法向量为(,,)m x y z =u r ，则2020m PC x y z m OP z ⎧⋅=+-=⎨⋅==⎩u u u v v u u u v v ，可取(1,1,0)m =-u r ， 设平面PCD 的一个法向量为(,,)n a b c =r ，则200n PC a b c n OP a ⎧⋅=+-=⎨⋅==⎩u u u v v u u u v v ，可取(0,2,1)n =r ， 设二面角O PC D --的平面角为,cos cos ,m n m n m nθθ⋅====⋅u r r u r r u r r ，即二面角O PC D --（3）假设线段PC 上存在点E ，且满足(01)PEPC λλ=≤≤u u u ru u u r，设(,,)E r t s ，则(,,2)(1,1,2)(,,2)r t s λλλλ-=-=-，所以2r t s λλλ=⎧⎪=⎨⎪=-⎩，即(,,2)E λλλ-，所以(,1,22)DE λλλ=--u u u r ,又由(0,1,0),(1,0,0)A B -，可得(1,1,0)AB =u u u r，所以10AB DEλλ⋅=+-=u u u r u u u r，解得12λ=，即线段PC 上存在中点E ，使得AB DE ⊥.8、在四棱锥S —ABCD 中，底面ABCD 为长方形，SB ⊥底面ABCD ，其中BS =2，BA =2，BC =λ，λ的可能取值为：①14λ=；②12λ=；③2λ=；④32λ=；⑤λ=3（1）求直线AS 与平面ABCD 所成角的正弦值；（2）若线段CD 上能找到点E ，满足AE ⊥SE ，则λ可能的取值有几种情况？请说明理由；（3）在（2）的条件下，当λ为所有可能情况的最大值时，线段CD 上满足AE ⊥SE 的点有两个，分别记为E 1，E 2，求二面角E 1－SB －E 2的大小.【答案】（1（2）λ可以取①②③，见解析（3）30°【解析】（1）因为SB ⊥底面ABCD ，所以∠SAB 即为直线AS 与平面ABCD 所成的角，在Rt SBA V 中，sin sin 452SAB︒∠==（2）以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BS 的方向分别为x 轴、y 轴z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标分别为：B (0，0，0)，A (0，2，0)，D (λ，2，0)，S (0，0，2). 设(,,0)(02)E x x λ≤≤，所以，(,,2),(,2,0)SE x EA x λλ=-=--u u r u u u r ，22(2)0(2)SE EA x x x x λλ⊥⇒-+-=⇒=-u u r u u u r因为x ∈[0，2]，2(2)[0,1]x x λ=-∈，所以在所给的数据中，λ可以取①②③（3）由（2）知λ=此时，12x =或32x =，即满足条件的点E 有两个，根据题意得，其坐标为11,0)2E和23(,0)22E ，因为SB ⊥平面ABCD ，所以SB ⊥BE 1， SB ⊥BE 2， 所以，∠E 1BE 2是二面角E 1−SB −E 2的平面角由12121233cos ,2BE BE BE BE BE BE +⋅===⋅u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r 由题意得二面角E 1−SB −E 2为锐角，所以二面角E 1−SB −E 2的大小为30° 9．如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，4AP AC ==，2AB =，D ，E 分别为棱BC ，PC 的中点，点F 在棱P A 上，设PFtAF=．（1）当13t =时，求异面直线DF 与BE 所成角的余弦值； （2）试确定t 的值，使二面角C -EF -D的平面角的余弦值为21． 【答案】（1；（2）3t =或13t =．【解析】在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，则AP AB ⊥，AP AC ⊥，故以{},,AB AC AP u u u v u u u v u u u v基底，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，因为4AP AC ==，2AB =，所以()0,0,0A ，()2,0,0B ，()0,4,0C ，()0,0,4P ．因为D ，E 分别为棱BC ，PC 的中点，所以()1,2,0D，()0,2,2E ．（1）当13t =时，()0,0,3F ．所以()()1,2,3,2,2,2DF BE =--=-u u u v u u u v ．设异面直线DF 与BE 所成的角为θ，则cos cos ,DF BE DF BE DF BEθ⋅=〈〉==u u u v u u u vu u u v u u u v u u u v u u u v所以异面直线DF 与BE所成角的余弦值为21． （2）设()0,0,Fc ，04c ≤≤，则()1,2,DF c =--u u u v ，()1,0,2DE =-u u u v．因为AB AC ⊥，AB AP ⊥，AC AP A ⋂=，,AC AP ⊂平面APC ，所以AB ⊥平面APC ，故平面CEF 的一个法向量为()11,0,0n =r．设平面DEF 的一个法向量为()2,n x y z =r﹐，则2200n DE n DF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u uv r u u u v r ，即2020x z x y cz -+=⎧⎨--+=⎩．不妨取1z =，则2x =，22c y -=，所以平面DEF 的一个法向量为222,,12c n -⎛⎫= ⎪⎝⎭．因为二面角C EF D --的平面角的余弦值为421，所以1212n n n n ⋅==r r r r 1c =或3c =，则3t=或13t =．因此，当3t=或13t =时，二面角C EF D --的平面角的余弦值为21． 10、如图，在长方体1111ABCD A B C D -中11AA AD ==，E 为CD 中点.（Ⅰ）求证：11B E AD ⊥；（Ⅱ）在棱1AA 上是否存在一点P ,使得DP ∥平面1B AE ？若存在，求AP 的行；若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．[（Ⅲ）若二面角11A B E A --的大小为30°，求AB 的长．【解析】（Ⅰ）以A 为原点1,,AB AD AA u u u r u u u r u u u r的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB a =,则(0,0,0)A ，(0,1,0)D ，1(0,1,1)D ，,1,02a E ⎛⎫⎪⎝⎭，1(,0,1)B a ， 故1(0,1,1)AD =u u u u r ，1,1,12a B E ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u r ，1(,0,1)AB a =u u u r ，,1,02a AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u r ．∵11011(1)102aAD B E ⋅=-⨯+⨯+-⨯=u u u u r u u u r ， ∴11B E AD ⊥（Ⅱ）假设在棱AA 1上存在一点0(0,0,)P z ， 使得DP ∥平面1B AE ．此时0(0,1,)DP z =-u u u r．又设平面1B AE 的法向量n =(x ,y ,z )． ∵n ⊥平面1B AE ，∴1AB ⊥u u u r n ,AE ⊥u u u r n ，得002ax z ax y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩取1x =，得平面1B AE 的一个法向量1,,2a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭n ． 要使DP ∥平面1B AE ，只要DP ⊥u u u r n ，有002a az -=，解得012z =． 又DP ⊄平面1B AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面1B AE ，此时AP =12． （Ⅲ）连接A 1D ,B 1C ,由长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1及AA 1=AD =1,得AD 1⊥A 1D ． ∵B 1C ∥A 1D ,∴AD 1⊥B 1C ．又由（Ⅰ）知B 1E ⊥AD 1,且B 1C ∩B 1E =B 1, ∴AD 1⊥平面DCB 1A 1．∴1AD u u u u r 是平面A 1B 1E 的一个法向量,此时1AD u u u u r=(0,1,1)． 设1AD u u u u r 与n 所成的角为θ,则11cos a a n AD n AD θ--⋅==⋅r u u u u rr u u u u r ．∵二面角A -B 1E -A 1的大小为30°，∴cos cos30θ=o3a=，解得2a =，即AB 的长为2．。
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2004－2005学年度上学期高中学生学科素质训练高三数学同步测试（15）—《探索性问题》一、选择题（本题每小题5分，共60分）1．集合A ＝{a ，b ，c }，集合B ＝{－1，0，1}，f 是A 到B 的映射，且满足条件f (a )+f (b )+f (c )=0，这样的映射共有 （ ）A ．6个B ．7个C ．8个D ．9个2．在△ABC 中，sinA>sinB 是A>B 成立的 （ ）A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．直线143x y +=与椭圆221169x y +=相交于A 、B 两点，该椭圆上点P ，使得△APB 的面积等于3，这样的点P共有（） A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个4．设数集⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤≤-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+≤≤=n x n x N m x m x M 31,43，且M 、N 都是集合{}10≤≤x x 的子集，如果把a b -叫做集合{}b x a x ≤≤的“长度”，那么集合N M ⋂的“长度”的最小值是 （ ）A ．31B ．32 C ．121D ．125 5．PQ 是异面直线a ，b 的公垂线，a ⊥b ，A ∈a ，B ∈b ，C 在线段PQ 上（异于P,Q ），则∆ABC 的形状是（ ）A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．三角形不定6．用一张钢板制作一容积为34m 的无盖长方体水箱，可用的长方形钢板有四种不同的规格（长×宽的尺寸如各选项所示，单位均为m ），若既要够用，又要所剩最少，则应选钢板的规格是 （ ） A ．2×5B ．2×5.5C ．2×6.1D ．3×57．计算机是将信息转换成二进制数进行处理的，二进制即“逢2进1”，如（1101）2表示二进制数,将它转换成十进制形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数（11…11）2（2004个1）转换成十进制形式是 （ ）A ．22004－2B ．22003－2C ．22004－1D ．22003－18．数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,6,…的第1000项的值是（ ）A ．42B ．45C ．48D ．519．在(1+x )2+(1+x )6+(1+x )7的展开式中，含x 4项的系数是等差数列a n =3n －10的 （ ）A ．第2项B ．第11项C ．第20项D ．第24项10．已知集合A={x |x 2－2x －3>0},B={x |x 2+ax +b ≤0}，若A ∪B=R ，A ∩B=（3，4]则有（ ）A ．a =3,b =4B ．a =3,b =－4C ．a =－3,b =4D ．a =－3,b =－411．不等式22x a -<2x +a (a >0)的解集是（ ）A ．{x |x >0或x < －45a } B ．{x | －2a<x <a } C ．{x |0<x ≤a }D ．{x |－a ≤x < －45a 或0<x ≤a }12．椭圆13422=+y x 的长轴为A 1A 2，短轴为B 1B 2，将坐标平面沿y 轴折成一个二面角，使A 1点的平面B 1A 2B 2上的射影恰好是该椭圆的右焦点，则此二面角的大小为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°二、填空题（本题每小题4分，共16分）13．已知定点A(－2，3),F 是椭圆162x +122y =1的右焦点，点M 在椭圆上移动，则当|AM|+2|MF|取最小值时，点M 的坐标是.14．若(x 2－x1)n的 展开式中含x 的项为第6项，设(1－x +2x 2)n =a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 2n x 2n ,则a 1+a 2+a 3+…+a 2n =.15．定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和.已知数列{}a n 是等和数列，且a 12=，公和为5，那么a 18的值为______________，这个数列的前n 项和S n 的计算公式为________________ .16．定义集合A 和B 的运算：{},A B x x A x B *=∈∉且. 试写出含有集合运算符号“*”、“”、“”，并对任意集合A 和B 都成立的一个等式：_______________.三、解答题（本大题共6小题，共74分。
解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）： 17．（本小题满分12分）已知函数()Z k x x f k k ∈=++-22)(，且)3()2(f f <（1）求k 的值；（2）试判断是否存在正数p ，使函数()x p x f p x g 12)(1)(-+⋅-=在区间[]2,1-上的值域为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-817,4.若存在，求出这个p 的值；若不存在，说明理由.18．（本小题满分12分）已知函数f (x )=(x －a )(x －b )(x －c )．（1）求证：f ′(x )=(x －a )(x －b )＋(x －a ) (x －c )＋(x －b ) (x －c )；（2）若f (x )是R 上的增函数，是否存在点P ，使f (x )的图像关于点P 中心对称？如果存在，请求出点P 坐标，并给出证明；如果不存在，请说明理由．19．（本小题满分12分）已知奇函数()f x 的定义域为全体实数，且当0x ≥时，()'0fx >，问是否存在这样的实数λ，使得()()()cos2342cos 0f f f θλλθ-+->对所有的0,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦均成立？若存在，则求出所有适合条件的实数λ；若不存在，试说明理由.20．（本小题满分12分）在△ABC 中，∠A ，∠B ，∠C 的对边分别为a ,b,c ，且b,a ,c 成等差数列，b≥c ，已知B(－1,0),C(1,0)。
（1）求顶点A 的轨迹L ；（2）是否存在直线m ，使m 过点B 并与曲线L 交于不同的两点P 、Q ，且|PQ|恰好等于原点到直线m的距离的倒数？若存在，求出m的方程，若不存在，说明理由.21．（本小题满分12分）如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=a2,点E在PD上，且PE:ED=2:1.（1）证明PA⊥平面ABCD；（2）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角 的大小；（3）在棱PC上是否存在一点F，使BF//平面AEC？证明你的结论.22．（本小题满分14分）已知数列{a n }中，a 1=4，a n+1=124+-n n a a ，是否存在这样的数列{b n }，b n =Aa CBa n n ++，其中A 、B 、C 为实常数，使得{b n }是等比数列而不是等差数列？证明你的结论，并求{a n }的取值范围.参 考 答 案（十五）一、选择题（每小题5分，共60分）：(1).B(2).C (3).B (4).C (5).C (6).D (7).C (8).B (9).C (10).D (11).C (12).C 二、填空题（每小题4分，共16分） (13). (23,3) ； (14). 255； (15). 3 当n 为偶数时，S n n =52；当n 为奇数时，S n n =-5212(16).()()A AB A B B *=*；()()B AB A B A *=*；()()()()A B A B A B B A *=**；…三、解答题（共74分，按步骤得分）17.解：（1）∵)3()2(f f <，∴022>++-k k ，即022<--k k ，∵Z k ∈，∴10或=k（2）2)(x x f =， ()p p p p x p x p x p x g 414212121)(222++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=-+⋅-=当[]2,1212-∈-p p ，即⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞∈,41p 时， 1)2(,4)1(,2,8174142-=-=-==+g g p p p 当()+∞∈-,2212pp 时，∵0>p ，∴这样的p 不存在。
当()1,212-∞-∈-p p ，即⎪⎭⎫⎝⎛∈41,0p 时，4)2(,817)1(-==-g g ，这样的p 不存在。
综上得，2=p .18. 解：（1）∵ f (x )=(x －a )(x －b)(x －c)＝ｘ3－（a +b +ｃ)x 2＋(a b+bc+a c)x －a bcf ′(x )=3 x 2－2(a +b +ｃ)x ＋(a b+bc+a c)=[ x 2－ (a +b)x ＋a b]＋[ x 2－(a +c)x ＋a c]＋[ x 2－(b+c)x ＋bc] =(x －a )(x －b)＋(x －a )(x －c)＋(x －b)(x －c)．（2）∵f (x )是R 上的单调函数，∴f ′(x )≥0，对x ∈R 恒成立，即 3x 2－2(a +b+c)x +(a b+bc+c a )≥0 对x ∈R 恒成立． ∴△≤0, 4(a +b+c)2－12(a b+bc+c a ) ≤0， ∴ (a －b)2＋(a －c ）2＋ (b －c)2≤0，∴ a =b=c ． ∴f (x )=(x －a )3 ， ∴f (x )关于点(a ，0)对称．证明如下：设点P(x ，y)是 f (x )=(x －a )3图像上的任意一点，y=(x －a )3，点P 关于点(a ，0)对称的点P ′(2a －x ，－y)， ∵(2a －x －a )3=(2a －x )3= －(x －2a )3=－y ，∴点P ′在函数f (x )=(x －a )3的图像上，即函数f (x )=(x －a )3关于点(a ，0)对称． 19. 解：因为()f x 在R 上为奇函数，又在[)0,+∞上是增函数 所以()f x 在R 上也是增函数，且()00f = 因为()()()cos2342cos 00f f f θλλθ-+->=所以 ()()()cos2342cos 2cos 4f f f θλλθλθλ->--=- 故 2cos 232cos 4cos cos 220θλθλθλθλ->-⇒-+->要使不等式对任意0,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立，只要λ大于函数22cos 2cos y θθ-=-的最大值即可。