【高考数学考点突破】探索性问题(2020-2021)

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高考数学复习专题十七探索性问题

高考数学复习专题十七探索性问题【考点聚焦】考点1：对条件和结论的探索．考点2：猜想、归纳、证明问题．考点3：探索存在型问题．考点4：命题组合探索性问题．【自我检测】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．要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括．它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求．它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程．（以问题的形式考查学生对必须要具备的知识，对必须具备知识的友情提示）【重点•难点•热点】问题1：条件追溯型这类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，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．例1．例1．（02年某某）设函数)(,2sin )(t x f x x f +=若是偶函数，则t 的一个可能值是．分析与解答：∵是偶又)().22sin()(2sin )(t x f t x t x t x f ++=+=+函数 ∴)22sin()22sin()()(t x t x t x f t x f +-=++-=+即．由此可得)(2)22(222222Z k k t x t x k t x t x ∈++--=+++-=+πππ或∴)(412Z k k t ∈+=π 点评：本题为条件探索型题目，其结论明确，需要完备使得结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，进行演绎推理推导出所需寻求的条件．这类题要求学生变换思维方向，有利于培养学生的逆向思维能力．演变1：(05年某某)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝kPA ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ． (Ⅰ)求证：OD ∥平面PAB ；(Ⅱ)当k ＝21时，求直线PA 与平面PBC 所成角的大小；(Ⅲ) 当k 取何值时，O 在平面PBC 内的射影恰好为△PBC 的重心？点拨与提示：(Ⅱ)找出O 点在平面PBC 内的射影F ，则∠ODF 是OD 与平面PBC 所成的角．又OD ∥PA ，∠ODF 即为所求；(Ⅲ)若F 为PBC 的重心，得B 、F 、D 共线，进一步得BD ⊥PC ，故PB=BC ，得k=1．问题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．解决这类问题的策略是：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．ABCDOP例2．（04年某某）若干个能惟一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”．设{}n a 是公比为q 的无穷等比数列，下列{}n a 的四组量中，一定能成为该数列“基本量”的是第组．（写出所有符合要求的组号）．①S 1与S 2；②a 2与S 3；③a 1与a n ；④q 与a n ．(其中n 为大于1的整数，S n 为{}n a 的前n 项和．)思路分析：研究能否由每一组的两个量求出{}n a 的首项和公比．解：（1）由S 1和S 2，可知a 1和a 2．由q a a =12可得公比q ，故能确定数列是该数列的“基本量”．（2）由a 2与S 3，设其公比为q ，首项为a 1，可得211132112,,q a q a a S qa a q a a ++=== ∴q a a qa S 2223++=，∴0)(23222=+-+a q S a q a 满足条件的q 可能不存在，也可能不止一个，因而不能确定数列，故不一定是数列{}n a 的基本量．（3）由a 1与a n ，可得1111,a a q qa a nn n n ==--，当n 为奇数时，q 可能有两个值，故不一定能确定数列，所以也不一定是数列的一个基本量．（4）由q 与a n ，由1111,--==n nn n q a a q a a 可得，故数列{}n a 能够确定，是数列{}n a 的一个基本量．故应填①、④评注：本题考查确定等比数列的条件，要求正确理解等比数列和新概念“基本量”的意义．如何能够跳出题海，事半功倍，全面考察问题的各个方面，不仅可以训练自己的思维，而且可以纵观全局，从整体上对知识的全貌有一个较好的理解．演变2：某机床厂今年年初用98万元购进一台数控机床，并立即投入生产使用，计划第一年维修、保养费用12万元，从第二年开始，每年所需维修、保养费用比上一年增加4万元，该机床使用后，每年的总收入为50万元，设使用x 年后数控机床的盈利额为y 万元．（1）写出y 与x 之间的函数关系式；（2）从第几年开始，该机床开始盈利（盈利额为正值）； (3 ) 使用若干年后，对机床的处理方案有两种：(Ⅰ)当年平均盈利额达到最大值时，以30万元价格处理该机床； (Ⅱ)当盈利额达到最大值时，以12万元价格处理该机床．问用哪种方案处理较为合算？请说明你的理由．点拨与提示：从第二年开始，每年所需维修、保养费用构成一个等差数列，x 年的维修、保养费用总和为42)1(12⨯-+x x x ，求出x 与y 之间的函数关系．问题3：存在判断型这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、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是：通常假定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．其中反证法在解题中起着重要的作用．例3： ( 06年某某）已知椭圆C 1:22143x y +=，抛物线C 2:2()2(0)y m px p -=>，且C 1、C 2的公共弦AB 过椭圆C 1的右焦点．(Ⅰ)当AB ⊥x 轴时，求m 、p 的值，并判断抛物线C 2的焦点是否在直线AB 上； (Ⅱ)是否存在m 、p 的值，使抛物线C 2的焦点恰在直线AB 上？若存在，求出符合条件的m 、p 的值；若不存在，请说明理由．思路分析：(Ⅱ)中，分别将直线方程)1(-=x k y 与椭圆、抛物线的方程联立，22438kk +＝2221)2(k k p x x +=+，再由)(214)212()212(2121x x x x +-=-+-＝1212()()22p pAB x x x x p =+++=++得34124)(2342221+-=+-=k k x x p 可到k 的值．解（Ⅰ）当AB ⊥x 轴时，点A 、B 关于x 轴对称，所以m ＝0，直线AB 的方程为x =1，从而点A 的坐标为（1，23）或（1，－23）．因为点A 在抛物线上，所以p 249=，即89=p ．此时C 2的焦点坐标为（169，0），该焦点不在直线AB 上．（Ⅱ）：假设存在m 、p 的值使2C 的焦点恰在直线AB 上．当C 2的焦点在AB 时，由（Ⅰ）知直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为)1(-=x k y ．由⎪⎩⎪⎨⎧=+-=134)1(22y x x k y 消去y 得01248)43(2222=-+-+k x k x k ． ①设A 、B 的坐标分别为（x 1，y 1），（x 2，y 2），则x 1，x 2是方程①的两根，x 1＋x 2＝22438k k +．由⎩⎨⎧-==-)1(2)(2x k y px m y 消去y 得px m k kx 2)(2=--，② ∵C 2的焦点),2(m p F '在直线)1(-=x k y 上，所以)12(-=pk m ，代入②得04)2(22222=++-p k x k p x k ③由于x 1，x 2是方程③的两根，∴2221)2(k k p x x +=+，从而 22438k k +=22)2(k k p +④ 因为AB 既是过C 1的右焦点的弦，又是过C 2所以)(214)212()212(2121x x x x AB +-=-+-=，且 1212()()22p pAB x x x x p =+++=++．从而121214()2x x p x x ++=-+．所以34124)(2342221+-=+-=k k x x p ，代入④得．解得6,62±==k k 即，此时34=p ．因为C 2的焦点),32(m F '在直线)1(-=x k y 上，所以k m 31-=．即3636-==m m 或．当36=m 时，直线AB 的方程为)1(6--=x y ；当36-=m 时，直线AB 的方程为)1(6-=x y ．点评：“存在”就是有，证明有或者可以找出一个也行．“不存在”就是没有，找不到．这类问题常用反证法加以认证．“是否存在”的问题，结论有两种：如果存在，找出一个来；如果不存在，需说明理由．这类问题常用“肯定顺推”．演变3：（06年某某）已知函数2()8,()6ln .f x x x g x x m =-+=+（I ）求()f x 在区间[],1t t +上的最大值();h t（II ）是否存在实数,m 使得()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值X 围；若不存在，说明理由．点拨与提示：(I)讨论f(x)对称轴x=4与区间[],1t t +的位置关系；(II)转化为()()()x g x f x φ=-的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点，利用导数分析函数 ()()()x g x f x φ=-的极值情况．问题4：条件重组型这类问题是指给出了一些相关命题，但需对这些命题进行重新组合构成新的复合命题，或题设的结求的方向，条件和结论都需要去探求的一类问题．此类问题更难，解题要有更强的基础知识和基本技能，需要要联想等手段．一般的解题的思路是通过对条件的反复重新组合进行逐一探求．应该说此类问题是真正意义上的创新思维和创造力．例4 （99年全国）α、β是两个不同的平面，m 、n 是平面α及β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m ⊥n ②α⊥β③n ⊥β④m ⊥α以其中的三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题．思路分析：本题给出了四个论断，要求其中三个为条件，余下一个为结论，用枚举法分四种情况逐一验证．解：依题意可得以下四个命题：(1)m ⊥n ， α⊥β， n ⊥β⇒m ⊥α；(2)m ⊥n ， α⊥β， m ⊥α⇒n ⊥β； (3)m ⊥α， n ⊥β， m ⊥α⇒α⊥β；(4)α⊥β，n ⊥β，m ⊥α⇒m ⊥n ．不难发现，命题(3)、(4)为真命题，而命题(1)、(2)为假命题．故填上命题(3)或(4)．点评：本题的条件和结论都不是固定的，是可变的，所以这是一道条件开放结论也开放的全开放性试题，本题可组成四个命题，且正确的命题不止一个，解题时不必把所有正确的命题都找出，因此本题的结论也是开放的．演变4：6．（05某某卷）把下面不完整的命题补充完整，并使之成为真命题．若函数x x f 2log 3)(+=的图象与)(x g 的图象关于对称，则函数)(x g = ．（注：填上你认为可以成为真命题的一种情形即可，不必考虑所有可能的情形）五、规律探究型这类问题的基本特征是：未给出问题的结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论．解决这类问题的基本策略是：通常需要研究简化形式但保持本质的特殊情形，从条件出发，通过观察、试验、归纳、类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高．例5：（06年某某春）已知数列3021,,,a a a ，其中1021,,,a a a 是首项为1，公差为1的等差数列；201110,,,a a a 是公差为d 的等差数列；302120,,,a a a 是公差为2d 的等差数列（0≠d ）．（1）若4020=a ，求d ；（2）试写出30a 关于d 的关系式，并求30a 的取值X 围；（3）续写已知数列，使得403130,,,a a a 是公差为3d 的等差数列，……，依次类推，把已知数列推广为无穷数列．提出同（2）类似的问题（（2）应当作为特例），并进行研究，你能得到什么样的结论？思路分析：()22203011010d d d a a ++=+=，()323304011010d d d d a a +++=+=，()4324405011010d d d d d a a ++++=+=，由此得到()n n d d a+++=+ 110)1(10解：（1）3,401010.102010=∴=+==d d a a ．（2）())0(11010222030≠++=+=d dd d a a ，⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=432110230d a ，当),0()0,(∞+∞-∈ d 时，[)307.5,a ∈+∞．（3）所给数列可推广为无穷数列{}n a ，其中1021,,,a a a 是首项为1，公差为1的等差数列，当1≥n 时，数列)1(1011010,,,++n n n a a a 是公差为n d 的等差数列．研究的问题可以是：试写出)1(10+n a 关于d 的关系式，并求)1(10+n a 的取值X 围研究的结论可以是：由()323304011010d d d d a a +++=+=，依次类推可得 ()⎪⎩⎪⎨⎧=+≠--⨯=+++=++.1),1(10,1,11101101)1(10d n d d d d d a n nn 当0>d 时，)1(10+n a 的取值X 围为),10(∞+等．演变5：在等差数列{a n }中，若a 10=0，则有等式a 1+ a 2+…+ a n = a 1+ a 2+…+ a n-19(n<19，n ∈N)成立．类比上述性质，相应地在等比数列{ b n }中，若b 9=1，则有等式___________成立．点拨与提示：分析所给等式的性质：项数之和为n +(19－n)=19(定值)，19与a 10的序号关系为：2⨯10－1=19；由此得相应等式．专题小结1、条件探索型题目，其结论明确，需要完备使得结论成立的充分条件，可变换思维方向，将题设和结论都视为已知条件，进行演绎推理推导出所需寻求的条件．2、结论探索型问题，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． 3、条件重组型问题，通常假定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．其中反证法在解题中起着重要的作用．4、规律探究型问题，通常需要研究简化形式但保持本质的特殊情形，从条件出发，通过观察、试验、归纳、类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高．5、规律探究型问题，通常需要研究简化形式但保持本质的特殊情形，从条件出发，通过观察、试验、归纳、类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高．【临阵磨枪】一．选择题1．(05年某某)123)(x x +的展开式中，含x 的正整数次幂的项共有（）A 4项B 3项C 2项D 1项2．(05某某)设γβα、、为平面，l n m 、、为直线，则β⊥m 的一个充分条件是（）A l m l ⊥=⋂⊥,,βαβαB γβγαγα⊥⊥=⋂,,mC αγβγα⊥⊥⊥m ,,D αβα⊥⊥⊥m n n ,,3．（05年某某）设直线:220l x y ++=关于原点对称的直线为l '，若l '与椭圆2214y x +=的交点为A 、B 、，点P 为椭圆上的动点，则使PAB ∆的面积为12的点P 的个数为（） A1 B2 C3 D44．(05某某)如图，在三棱柱ABC —A ′B ′C ′中，点E 、F 、H 、 K 分别为AC ′、CB ′、A ′B 、B ′C ′的中点，G 为△ABC 的重心．从K 、H 、G 、B ′中取一点作为P ，使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF 平行，则P 为（）AK BHCGDB ′ 5．（06年某某卷）已知平面区域D 由以()3,1A 、()2,5B 、()1,3C 为顶点的三角形内部和边界组成．若在区域D 上有无穷多个点()y x ,可使目标函数my x z +=取得最小值，则=m （C ）A 2-B 1-C 1D 4 6．（06年某某）已知不等式1()()9ax y x y++≥对任意正实数,x y 恒成立，则正实数a 的最小值为（）Ａ 2 Ｂ 4 C 6 D 87．（06年某某卷）若抛物线22y px =的焦点与椭圆22162x y +=的右焦点重合，则p 的值为（）A 2-B 2C 4-D 4 8．（04年）已知三个不等式：0,0,0>->->bda c ad bc ab （其中a ，b ，c ，d 均为实数），用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题的个数是（）A 0B 1C 2D 3 二．填充题9．(05年某某）设x 、y 满足约束条件5,3212,03,0 4.x y x y x y +≤⎧⎪+≤⎪⎨≤≤⎪⎪≤≤⎩则使得目标函数65z x y =+的最大的点(,)x y 是_______________．10．(05某某文)已知平面βα,和直线，给出条件：①α//m ；②α⊥m ；③α⊂m ；④βα⊥；⑤βα//．（i ）当满足条件时，有β//m ；（ii ）当满足条件时，有β⊥m ．（填所选条件的序号）11．（02年全国理）已知函数221)(xx x f +=，那么 ___________.111(1)(2)()(3)()(4)()234f f f f f f f ++++++=12．设函数)22,0)(sin()(πϕπωϕω<<->+=x x f ，给出以下四个结论：①它的图象关于直线12π=x 对称；②它的图象关于点()0,3π对称；③它的周期是π；④在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡-0,6π上是增函数．以其中两个论断作为条件，余下的两个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：______ 三．计算题 13．（05某某卷）已知向量b a x f x x b x x a ⋅=-+=+=)()),42tan(),42sin(2()),42tan(,2cos 2(令πππ．是否存在实数?))()((0)()(],,0[的导函数是其中使x f x f x f x f x '='+∈π若存在，则求出x的值；若不存在，则证明之． 14．（05某某理）如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB=3，BC=1，PA=2，E 为PD 的中点．（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出N 点到AB 和AP 的距离．15．（06年某某卷）已知二次函数()x f y =的图像经过坐标原点，其导函数为()26-='x x f ．数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()()*,N n S n n ∈均在函数()x f y =的图像上．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设13+=n n n a a b ，n T 是数列()n b 的前n 项和，求使得20m T n <对所有*N n ∈都成立的最小正整数m ．16．（06年某某）如图，在棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -中，p 是侧棱1CC 上的一点，m CP =．（Ⅰ）试确定m ，使得直线AP 与平面11B BDD 所成角的正切值为23；（Ⅱ）在线段11C A 上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，Q D 1在平面1APD 上的射影垂直于AP ．并证明你的结论．17．（05年某某卷）在平面直角坐标系xOy 中，抛物线2y x=上异于坐标原点Ｏ的两不同动点Ａ、Ｂ满足AO BO ⊥（如图４所示）．（Ⅰ）求AOB ∆得重心Ｇ（即三角形三条中线的交点）的轨迹方程；（Ⅱ）AOB ∆的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 18．（02年某某）．规定()()11!mx x x x m C m --+=，其中x R ∈，m 是正整数，且01x C =，这是组合数mn C （n ，m 是正整数，且m n ≤）的一种推广．（Ⅰ）求515C -的值；（Ⅱ）组合数的两个性质：①m n m n n C C -=；②11m m mn n n C C C -++=是否都能推广到（x R ∈，m 是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明；OxyO AB 图4若不能，则说明理由；（Ⅲ）我们知道，组合数mn C 是正整数．那么，对于mx C ，x R ∈，m 是正整数，是否也有同样的结论？你能举出一些m x C R ∈成立的例子吗？参考答案：1．B 提示：123)(x x +的展开式为12412236121212t t t t t tt tC C xC x-++-==，因此含x 的正整数次幂的项共有3项．选B2．D 提示：A 选项：缺少条件m α⊂；B 选项：当//,αββγ⊥时，//m β；C 选项：当,,αβγ两两垂直（看着你现在所在房间的天花板上的墙角），m βγ=时，m β⊂；D 选项：同时垂直于同一条直线的两个平面平行．本选项为真命题．本题答案选D3．B 提示：直线:220l x y ++=关于原点对称的直线为l '：2x +y －2=0，该直线与椭圆相交于A (1， 0)和B (0， 2)，P 为椭圆上的点，且PAB ∆的面积为12，则点P 到直线l ’的距离为55，所以在它们之间一定有两个点满足条件，而在直线的上方，与2x +y －2=0平行且与椭圆相切的直线，切点为Q (22， 2)，该点到直线P 点 4．C 提示：用排除法．∵AB ∥平面KEF ，A B ''∥平面KEF ，B B '∥平面KEF ，AA '∥平面KEF ，否定(A)，AB ∥平面HEF ，A B ''∥平面HEF ，AC ∥平面HEF ，A C ''∥平面HEF ，否定(B)，对于平面GEF ，有且只有两条棱AB ，A B '' 平面GEF ，符合要求，故(C)为本题选择支．当P 点选B '时有且只有一条棱AB ∥平面PEF ．综上选(C)5．C ．提示：由()3,1A 、()2,5B 、()1,3C 的坐标位置知，ABC ∆所在的区域在第一象限，故0,0x y >>．由my x z +=得1z y x m m =-+，它表示斜率为1m-．（1）若0m >，则要使my x z +=取得最小值，必须使z m 最小，此时需11331AC k m --==-，即=m 1；（2）若0m <，则要使my x z +=取得最小值，必须使z m 最小，此时需11235BC k m --==-，即=m 2，与0m <矛盾．综上可知，=m 1．6．B 提示：a a yax x y a y a x y x 211)1)((++≥+++=++，∴a a 21++≥9，a ≥4．7．D 提示：椭圆22162x y +=的右焦点为(2，0)，所以抛物线22y px =的焦点为(2，0)，则4p =，故选D ．8．D 提示：若0,0,0>-=->->abadbc b d a c ad bc ab 则，∴00,0>-⇒>->b d a c ad bc ab ，若0,0,0>->->abadbc b d a c ab 则0,0,00,0,000,0,0>⇒>->->∴>->->->-⇒>->>-∴ab bda c ad bc ab abadbc b d a c ad bc ad bc bda c ab ad bc 即则若即故三个命题均为真命题，选D ．9．()2,3 提示：由图在坐标平面上画出可行域，研究目标函数的取值X 围．可知，在(2， 3) 点目标函数65z x y =+取得最大值． 10．③⑤ ， ②⑤ 提示：[解析]:由线面平行关系知:αα,⊂m ∥β可得m ∥β; 由线面垂直关系得:αα,⊥m ∥ββ⊥m 可得,11．27 提示：考察函数可发现左式构成规律：1)21()(=+f x f ，于是立得结论为27．若直接代入费力又费时．12．答：①③⇒②④或②③⇒①④ 13．解：)42tan()42tan()42sin(2cos 22)(πππ-+++=⋅=x x x xb a x f 12cos 22cos 2sin 22tan112tan 2tan 12tan 1)2cos 222sin 22(2cos 222-+=+-⋅-+++=x x x x x x x x x x .cos sin x x +=x x x x x f x f x f x f sin cos cos sin )()(:,0)()(-++='+='+即令.0cos 2==x .0)()(],,0[2,2='+∈==x f x f x x 使所以存在实数可得πππ14．解：（Ⅰ）设AC ∩BD=O ，连OE ，则OE//PB ，∴∠EOA 即为AC 与PB 所成的角或其补角．在△AOE 中，AO=1，OE=,2721=PB ,2521==PD AE 23451543210y xword∴.1473127245471cos =⨯⨯-+=EOA 即AC 与PB 所成角的余弦值为1473．（Ⅱ）在面ABCD 内过D 作AC 的垂线交AB 于F ，则6π=∠ADF ．连PF ，则在Rt △ADF 中.33tan ,332cos ====ADF AD AF ADF AD DF设N 为PF 的中点，连NE ，则NE//DF ，∵DF ⊥AC ，DF ⊥PA ，∴DF ⊥面PAC ，从而NE ⊥面PAC ． ∴N 点到AB 的距离121==AP ，N 点到AP 的距离.6321==AF 15．解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2+bx (a ≠0) ，则 f`(x)=2ax+b ，由于f`(x)=6x －2，得a=3 ， b=－2，所以 f(x)＝3x 2－2x ．又因为点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上，所以n S ＝3n 2－2n ．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[])1(2)132---n n （＝6n －5．当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5 （n N *∈）（Ⅱ）由（Ⅰ）得知13+=n n n a a b ＝[]5)1(6)56(3---n n ＝)161561(21+--n n ，故T n ＝∑=ni i b 1＝21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-)161561(...)13171()711(n n ＝21（1－161+n ）．因此，要使21（1－161+n ）<20m （n N *∈）成立的m ，必须且仅须满足21≤20m ，即m ≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10．16．解法1：（Ⅰ）连AC ，设AC 与BD 相交于点O ，AP 与平面11BDD B 相交于点，，连结OG ，因为PC ∥平面11BDD B ，平面11BDD B ∩平面APC ＝OG ，故OG ∥PC ，所以，OG ＝21PC ＝2m．word又AO ⊥BD ，AO ⊥BB1，所以AO ⊥平面11BDD B ，故∠AGO 是AP 与平面11BDD B 所成的角．在Rt △AOG 中，tan ∠AGO ＝23222==m GO OA ，即m ＝31．所以，当m ＝31时，直线AP 与平面11BDD B所成的角的正切值为（Ⅱ）可以推测，点Q 应当是A I C I 的中点O 1，因为D 1O 1⊥A 1C 1，且 D 1O 1⊥A 1A ，所以 D 1O 1⊥平面ACC 1A 1，又AP ⊂平面ACC 1A 1，故 D 1O 1⊥AP．那么根据三垂线定理知，D 1O 1在平面APD 1的射影与AP 垂直．解法二：(本题也可用空间向量来求解)17．解：（I ）设△AOB 的重心为G(x ，y)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=332121y y y x x x (1)∵OA ⊥OB ∴1-=⋅OB OA k k ，即12121-=+y y x x ， (2)又点A ，B 在抛物线上，有222211,x y x y ==，代入（2）化简得121-=x x ∴32332)3(31]2)[(31)(3132221221222121+=+⨯=-+=+=+=x x x x x x x x y y y 所以重心为G 的轨迹方程为3232+=x y （II ）22212122222122212222212121))((21||||21y y y x y x x x y x y x OB OA S AOB +++=++==∆ 由（I ）得12212)1(2212221221662616261=⨯=+-=+⋅≥++=∆x x x x S AOB 当且仅当6261x x =即121-=-=x x 时，等号成立．所以△AOB 的面积存在最小值，存在时求最小值1； 18．解：（Ⅰ）()()()515151619116285!C ----==-．（Ⅱ）一个性质是否能推广的新的数域上，首先需要研究它是否满足新的定义．从这个角O度很快可以看出：性质①不能推广．例如当x =1无意义．性质②如果能够推广，那么，它的推广形式应该是：11m m mx x x C C C -++=，其中x R ∈，m 是正整数．类比于性质①的思考方法，但从定义上是看不出矛盾的，那么，我们不妨仿造组合数性质的证明过程来证明这个结论．事实上，当1m =时，10111x x x C C x C ++=+=．当2m ≥时，()()()()()()()()()()()111112!1!121 11!121 !m m xxm x x x x m x x x m C C m m x x x m x m m m x x x m x m C -+--+--++=+---+-+⎛⎫=+ ⎪-⎝⎭--++== 由此，可以知道，性质②能够推广．（Ⅲ）从mx C 的定义不难知道，当x Z ∉且0m ≠时，mx C Z ∈不成立，下面，我们将着眼点放在x Z ∈的情形．先从熟悉的问题入手．当x m ≥时，mx C 就是组合数，故mx C Z ∈．当x Z ∉且x m <时，推广和探索的一般思路是：能否把未知的情形（mx C ，x Z ∉且x m <）与已知的结论mn C Z ∈相联系？一方面再一次考察定义：()()11!mx x x x m C m --+=；另一方面，可以从具体的问题入手．由（Ⅰ）的计算过程不难知道：551519C C -=-．另外，我们可以通过其他例子发现类似的结论．因此，将515C -转化为519C 可能是问题解决的途径．事实上，当0x <时，()()()()()()()1111111!!mmm m xx m x x x m x m x x C C m m -+---+-+--+-==-=-．①若1x m m -+-≥，即1x ≤-，则1mx m C -+-为组合数，故mx C Z ∈．②若1x m m -+-<，即0x m ≤<时，无法通过上述方法得出结论，此时，由具体的计算不难发现：43C ＝0……，可以猜想，此时0mx C Z =∈．这个结论不难验证．事实上，当0x m ≤<时，在,1,,1x x x m --+这m 个连续的整数中，必存在某个数为0．所以，0mx C Z =∈．综上，对于x Z ∈且m 为正整数，均有mx C Z ∈．【挑战自我】直角梯形ABCD 中∠DAB ＝90°，AD ∥BC ，AB ＝2，AD ＝23，BC ＝21．椭圆C 以A 、4B 为焦点且经过点D ．（1）建立适当坐标系，求椭圆C 的方程；（2）若点E 满足EC 21=AB ，问是否存在不平行AB 的直线l 与椭圆C 交于M 、N 两点且||||NE ME =，若存在，求出直线l 与AB 夹角的X 围，若不存在，说明理由．讲解：（1）如图，以AB 所在直线为x 轴，AB 中垂线为y 轴建立直角坐标系，⇒A （-1，0），B （1，0）设椭圆方程为：12222=+by a x令c b y C x 20=⇒= ∴⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧==322312b a a b C ∴ 椭圆C 的方程是：13422=+y x （2）0(21E AB EC ⇒=，)21，l ⊥AB 时不符，设l ：y ＝kx ＋m （k ≠0）由 01248)43(13422222=-+++⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++=m kmx x k y x m kx yM 、N 存在⇒0)124()43(46402222>-+-⇒>⋅m k m k 2234m k ≥+⇒设M （1x ，1y ），N （2x ，2y ），MN 的中点F （0x ，0y ） ∴ 22104342k km x x x +-=+=，200433k mm kx y +=+=243143421433121||||22200k m k kkm k m k x y EF MN NE ME +-=⇒-=+--+⇒-=-⇒⊥⇒= ∴222)243(34k k +-≥+ ∴4342≤+k ∴102≤<k ∴11≤≤-k 且0≠k ∴ l 与AB 的夹角的X 围是0(，]41．【答案及点拨】演变1：(Ⅰ)∵O 、D 分别为AC 、PC 的中点：∴OD ∥PA ，又AC ⊂平面PAB ，∴OD ∥平面PAB ．(Ⅱ)∵AB ⊥BC ，OA=OC ，∴OA=OC=OB ，又∵OP ⊥平面ABC ，∴PA=PB=PC ．取BC 中点E ，连结PE ，则BC ⊥平面POE ，作OF ⊥PE 于F ，连结DF ，则OF ⊥平面PBC∴∠ODF 是OD 与平面PBC 所成的角．又OD ∥PA ，∴PA 与平面PBC 所成角的大小等于∠ODF ．在Rt △ODF 中，sin ∠ODF=OF OD =，∴PA 与平面PBC所成角为arcsin30(Ⅲ)由(Ⅱ)知，OF ⊥平面PBC ，∴F 是O 在平面PBC 内的射影．∵D 是PC 的中点，若F 是△PBC 的重心，则B 、F 、D 三点共线，直线OB 在平面PBC 内的射影为直线BD ，∵OB ⊥PC ．∴PC ⊥BD ，∴PB=BC ，即k=1．反之，，当k=1时，三棱锥O-PBC 为正三棱锥，∴O 在平面PBC 内的射影为△PBC 的重心．演变2：（1）98]42)1(12[50-⨯-+-=x x x x y =984022-+-x x ．（2）解不等式 984022-+-x x ＞0，得 5110-＜x ＜5110+．∵ x ∈N ， ∴ 3 ≤x ≤ 17．故从第3年工厂开始盈利．（3）(I)∵）xx x x x y 982(4098402+-=-+-=≤40129822=⨯- 当且仅当xx 982=时，即x=7时，等号成立．∴ 到2008年，年平均盈利额达到最大值，工厂共获利12×7+30=114万元．(Ⅱ) y=－2x 2+40x －98=－2（x －10）2+102，当x=10时，y max =102．故到2011年，盈利额达到最大值，工厂共获利102+12=114万元．演变3：（I ）22()8(4)16.f x x x x =-+=--+当14,t +<即3t <时，()f x 在[],1t t +上单调递增，A BCDO P22()(1)(1)8(1)67;h t f t t t t t =+=-+++=-++ 当41,t t ≤≤+即34t ≤≤时，()(4)16;h t f ==当4t >时，()f x 在[],1t t +上单调递减，2()()8.h t f t t t ==-+综上，2267,3,()16,34,8,4t t t h t t t t t ⎧-++<⎪=≤≤⎨⎪-+>⎩ （II ）函数()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，即函数 ()()()x g x f x φ=-的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点．22()86ln ,62862(1)(3)'()28(0),x x x x m x x x x x x x x x xφφ=-++-+--∴=-+==> 当(0,1)x ∈时，'()0,()x x φφ>是增函数；当(0,3)x ∈时，'()0,()x x φφ<是减函数；当(3,)x ∈+∞时，'()0,()x x φφ>是增函数；当1,x =或3x =时，'()0.x φ=7m (1))(-==φφ极大值x ，15ln36m (3))(-+==φφ极小值x 当x 充分接近0时，()0,x φ<当x 充分大时，()0.x φ>∴要使()x φ的图象与x 轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须()70,()6ln 3150,x m x m φφ=->⎧⎪⎨=+-<⎪⎩最大值最小值即7156ln3.m <<- 所以存在实数m ，使得函数()y f x =与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，m 的取值X 围为(7,156ln 3).-演变4：①x 轴，x 2log 3--②y 轴，)(log 32x -+③原点，)(log 32x ---④直线32,-=x x y演变5：首先等差数列{a n }具有性质：所给等式两边为和式，项数之和为n +(19－n)=19(定值)，19与a 10的序号关系为：2⨯10－1=19；类比上述性质，等比数列{b n }应有：等式两边为积式，项数之积为 x (定值)，由于b 9=1，x 与b 9的序号关系为 2⨯9－1=17= x ，故应填入的等式为：b 1b 2…b n = b 1b 2…b 17- n (n <17，n ∈N)．。

高中数学解题方法辅导-高考数学探索性问题的解题方法

高考数学探索性问题的解题方法[高考能力要求]1.如果把一个数学问题看作是由条件、解题依据、解题方法和结论这四个要素组成的一个系统，那么我们把这四个要素中有两个是未知的数学问题称为探索性问题。

条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征。

2、探索型问题的基本类型(1)、条件追溯型这类问题的外在形式是针对一个结论，条件未知需探究，或条件增删需确定，或条件正误需判断。

解决这类问题的基本策略是执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或论证找到结论成立的充分条件，在执果索因的推理过程中，不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，是一种常见错误，必须引起注意，确定条件是否多余时要着眼于每个条件对所求（或所证）对象的确定性，判断条件正误时多从构造反例人手。

(2)、结论探索型这类问题的基本特征是有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。

先探索结论后论证结论是解决这类问题的一般形式。

(3)、存在判断型这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象（数值、图形、函数等）是否存在或某一结论是否成立，解决这类问题基本策略是通常假设题中的数学对象存在（或结论成立）或暂且认可其中一部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论的证明。

(4)、方法探究型这类问题的基本形式是需要非常规的解题方法或被指定要用两种以上的方法解决同一个问题，如难度较高的构造法即属此型。

在探究方法的过程中，常常需要研究问题的特殊情形，运用类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高。

3、思想方法解决探索性问题，没有现成的套路和常规程序，需要较多的分析成分和对数学思想方法的综合运用。

对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面的能力有较高要求。

高考中求解这类问题的常见方法是：(1)、直接法(2)、观察—猜测—证明 (3)、赋值法 (4)、数形结论 (5)、联想类比 (6)、从特殊到一般 (7)、从特殊到一般再到特殊 (8)、等价转化 [例题精讲]【例1】若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值是___________。

2021年高考数学难点突破(新课标版) 专题12 立体几何中探索性问题(解析版)

专题12 立体几何中探索性问题专题概述立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．典型例题【例1】（2018•全国三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，90BAC ∠=︒，1AA BC ⊥，124AA AC AB ===，且11BC AC ⊥．（1）求证：平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）设D 是11A C 的中点，判断并证明在线段1BB 上是否存在点E ，使得//DE 平面1ABC ．若存在，求二面角1E AC B --的余弦值．【分析】（1）推导出1AA AB ⊥，1A A AC ⊥，从而1A C ⊥平面1ABC ，由此能证明平面1ABC ⊥平面11A ACC ．（2）当E 为1B B 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，取1A A 的中点F ，连接EF ，FD ，设点E 到平面1ABC的距离为d ，由11E ABC C ABE V V --=，求出d =A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角1E AC B --的余弦值．【解答】证明：（1）在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，1AA AB ∴⊥，又1AA BC ⊥，ABBC B =，1AA ∴⊥平面ABC ，1A A AC ∴⊥．又1A A AC =，11AC AC ∴⊥．又11BC AC ⊥，111BC AC C =，1A C ∴⊥平面1ABC ，又1A C ⊂平面11A ACC ， ∴平面1ABC ⊥平面11A ACC ．解：（2）当E 为1B B 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，如图，取1A A 的中点F ，连接EF ，FD ， //EF AB ，1//DF AC ，又EFDF F =，1ABAC A =，∴平面//EFD 平面1ABC ，则有//DE 平面1ABC ．设点E 到平面1ABC 的距离为d ，AB AC ⊥，且1AA AB ⊥，AB ∴⊥平面11A ACC ，1AB AC ∴⊥，∴1122BAC S=⨯= 1A A AC ⊥，AB AC ⊥，AC ∴⊥平面11A ABB ， 11//AC AC ，11AC ∴⊥平面11ABB ，∴11111182243323C ABE ABE V S AC -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=，由1183E ABC C ABE V V --==，解得188333ABC d S=⨯==以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系， (0A ，0，0)，(2B ，0，0)，1(0C ，4，4)，(2E ，0，2)， 1(0AC =，4，4)，(2AB =，0，0)，(2AE =，0，2)，设平面1AC E 的法向量(n x =，y ，)z ，则1440220n AC y z n AE x z ⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1x =，得(1n =，1，1)-，设平面1AC B 的法向量(m x =，y ，)z ，则144020m AC y z m AB x ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩，取1y =，得(0m =，1，1)-，设二面角的平面角为θ，则6cos ||||32m n m n θ===．∴二面角1E AC B --【例2】在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是正方形，且1BC BB ==，1160A AB A AD ∠=∠=︒．（1）求证：1BD CC ⊥；（2）若动点E 在棱11C D 上，试确定点E 的位置，使得直线DE 与平面1BDB ．【分析】（1）连接1A B ，1A D ，AC ，则△1A AB 和△1A AD 均为正三角形，设AC 与BD 的交点为O ，连接1A O ，则1AO BD ⊥，由四边形ABCD 是正方形，得AC BD ⊥，从而BD ⊥平面1A AC ．进而1BD AA ⊥，由此能证明1BD CC ⊥．（2）推导出11A B A D ⊥，1AO AO ⊥，1AO BD ⊥，从而1A O ⊥底面ABCD ，以点O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，利用向量法能求出当E 为11D C 的中点时，直线DE 与平面1BDB ．【解答】解：（1）连接1A B ，1A D ，AC ，因为1AB AA AD ==，1160A AB A AD ∠=∠=︒，所以△1A AB 和△1A AD 均为正三角形，于是11A B A D =．设AC 与BD 的交点为O ，连接1A O ，则1AO BD ⊥，又四边形ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥，而1A OAC O =，所以BD ⊥平面1A AC ．又1AA ⊂平面1A AC ，所以1BD AA ⊥，又11//CC AA ，所以1BD CC ⊥．（2）由11A B A D ==2BD ==，知11A B A D ⊥，于是1112AO AO BD AA ===，从而1AO AO ⊥，结合1AO BD ⊥，1A AC O =，得1A O ⊥底面ABCD ，所以OA 、OB 、1OA 两两垂直．如图，以点O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，则(1A ，0，0)，(0B ，1，0)，(0D ，1-，0)，1(0A ，0，1)，(1C -，0，0)， (0,2,0)DB =，11(1,0,1)BB AA ==-，11(1,1,0)D C DC ==-，由11(1,0,1)DD AA ==-，得1(1D -，1-，1)．设111([0,1])D E D C λλ=∈，则(1E x +，1E y +，1)(1E z λ-=-，1，0)，即(1E λ--，1λ-，1)，所以(1,,1)DE λλ=--．设平面1B BD 的一个法向量为(,,)n x y z =，由100n DB n BB ⎧=⎪⎨=⎪⎩得00y x z =⎧⎨-+=⎩令1x =，得(1,0,1)n =，设直线DE 与平面1BDB 所成角为θ，则sin |cos ,|2DE n θ=<>==⨯解得12λ=或13λ=-（舍去），所以当E 为11D C 的中点时，直线DE 与平面1BDB ．【变式训练】（2018•全国三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，90BAC ∠=︒，1AA BC ⊥，124AA AC AB ===，且11BC AC ⊥ （1）求证：平面1ABC ⊥平面11A ACC（2）设D 是11A C 的中点，判断并证明在线段1BB 上是否存在点E ，使//DE 平面1ABC ，若存在，求点E 到平面1ABC 的距离．【分析】（1）在三棱柱111ABC A B C -中，由侧面11ABB A 是矩形，可得1AA AB ⊥，又1AA BC ⊥，可得1AA ⊥平面ABC ，得到1AA AC ⊥，进一步有11AC AC ⊥，结合11BC AC ⊥，可得1A C ⊥平面1ABC ，由面面垂直的判定得平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）当E 为1BB 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，取1AA 的中点F ，连接EF ，FD ，由面面平行的判定和性质可得//DE 平面1ABC ，咋爱优等体积法可求点E 到平面1ABC 的距离为．【解答】（1）证明：在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形， 1AA AB ∴⊥，又1AA BC ⊥，AB BC B =，1AA ∴⊥平面ABC ，1AA AC ∴⊥，又1AA AC =，11AC AC ∴⊥，又11BC AC ⊥，111BC AC C =，1A C ∴⊥平面1ABC ，又1A C ⊂平面11A ACC ， ∴平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）解：当E 为1BB 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，如图，取1AA 的中点F ，连接EF ，FD ， //EF AB ，1//DF AC ，又EF DF F =，1ABAC A =，∴平面//EFD 平面1ABC ，又DE ⊂平面EFD ，//DE ∴平面1ABC ，又11E ABC C ABE V V --=，11C A ⊥平面ABE ，设点E 到平面1ABC 的距离为d ，∴111122243232d ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，得d =∴点E 到平面1ABC ．专题强化1．（2020•3月份模拟）如图．在正三棱柱111ABC A B C -（侧棱垂直于底面，且底面三角形ABC 是等边三角形）中，1BC CC =，M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点．（1）求证：平面//NPC 平面1AB M ；（2）在线段1BB 上是否存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ？若存在，确定点Q 的位置；若不存在，也请说明理由．【分析】（1）由M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点．利用平行四边形、三角形中位线定理即可得出1//NP AB ，1//CP MB ，再利用线面面面平行的判定定理即可得出结论．（2）假设在线段1BB 上存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ．四边形11ABB A 是正方形，因此点Q 为B 点．不妨取2BC =．判断10AB MQ =是否成立即可得出结论．【解答】（1）证明：M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点． 1//NP AB ∴，四边形1MCPB 为平行四边形，可得1//CP MB ，NP ⊂/平面1AB M ；1AB ⊂平面1AB M ；//NP ∴平面1AB M ；同理可得//CP 平面1AB M ；又CP NP P =，∴平面//NPC 平面1AB M ．（2）假设在线段1BB 上存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ．四边形11ABB A 是正方形，因此点Q 为线段1BB 的中点．不妨取2BC =．(0M ，1-，1)，(0Q ，1，0)，A 0，0)，1(0B ，1，2)，1(AB =-1，2)，(0MQ =，2，1)-， 10AB MQ =．∴在线段1BB 上存在一点Q ，使1AB ⊥平面1A MQ ，其中点Q 为线段1BB 的中点2．（2020•湖南模拟）如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，//AB EF ，矩形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直．已知2AB =，1EF =．（Ⅰ）求证：平面DAF ⊥平面CBF ；（Ⅰ）求直线AB 与平面CBF 所成角的大小；（Ⅰ）当AD 的长为何值时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60︒？【分析】()I 利用面面垂直的性质，可得CB ⊥平面ABEF ，再利用线面垂直的判定，证明AF ⊥平面CBF ，从而利用面面垂直的判定可得平面DAF⊥平面CBF；()II确定ABF∠为直线AB与平面CBF所成的角，过点F作FH AB⊥，交AB于H，计算出AF，即可求得直线AB与平面CBF所成角的大小；（Ⅰ）建立空间直角坐标系，求出平面DCF的法向量1(0,2,n t=，平面CBF的一个法向量21(0)2n AF==-，利用向量的夹角公式，即可求得AD的长．【解答】()I证明：平面ABCD⊥平面ABEF，CB AB⊥，平面ABCD⋂平面ABEF AB=，CB∴⊥平面ABEF．AF ⊂平面ABEF，AF CB∴⊥，⋯（2分）又AB为圆O的直径，AF BF∴⊥，AF∴⊥平面CBF．⋯（3分）AF ⊂平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF．⋯（4分）()II解：根据（Ⅰ）的证明，有AF⊥平面CBF，FB∴为AB在平面CBF内的射影，因此，ABF∠为直线AB与平面CBF所成的角⋯（6分）//AB EF，∴四边形ABEF为等腰梯形，过点F作FH AB⊥，交AB于H．2AB=，1EF=，则122AB EFAH-==．在Rt AFB∆中，根据射影定理2AF AH AB=，得1AF=．⋯（8分）∴1sin2AFABFAB∠==，30ABF∴∠=︒．∴直线AB与平面CBF所成角的大小为30︒．⋯（9分）（Ⅰ）解：设EF中点为G，以O为坐标原点，OA、OG、AD方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空间直角坐标系（如图）．设(0)AD t t=>，则点D的坐标为(1，0，)t，则(1C-，0，)t，1(1,0,0),(1,0,0),(2A B F-∴1(2,0,0),(,)2CD FD t==⋯（10分）设平面DCF的法向量为1(,,)n x y z=，则1n CD =，1n FD =，即200.xy tz=⎧⎪⎨+=⎪⎩令z=0x=，2y t=，∴1(0,2,n t=⋯（12分）由()I 可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为21(0)2n AF ==-，依题意1n 与2n 的夹角为60︒，∴1212cos60||||n n n n ︒=，即12=，解得t =因此，当AD DFC 平面FCB 所成的锐二面角的大小为60︒．⋯（14分）3．（2019•全国二模）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，点D 是棱11B C 的中点．（Ⅰ）求证：1//AC 平面1A BD ；（Ⅰ）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．【分析】（Ⅰ）先连接1AB ，交1A B 于点O ，再由线面平行的判定定理，即可证明1//AC 平面1A BD ；（Ⅰ）先由题意得AB ，AC ，1AA 两两垂直，以A 为原点，建立空间直角坐标系A xyz -，设(0M ，a ，0)，(02)a，求出两平面的法向量，根据法向量夹角余弦值以及二面角的大小列出等式，即可求出a ，进而可得出结果．【解答】证明：（Ⅰ）连接1AB ，交1A B 于点O ，则O 为1AB 中点，连接OD ，又D 是棱11B C 的中点，1//OD AC ∴， OD ⊂平面1A BD ，1AC ⊂/平面1A BD ，1//AC ∴平面1A BD ．解：（Ⅰ）由已知AB AC ⊥，则AB ，AC ，1AA 两两垂直，以A 为原点，如图建立空间直角坐标系A xyz -，则B ，1(0A ，0，2)，D ，2)，(0C0)，设(0M ，a ，0)，(02)a，则1(BA =-，12(22A D =，0)，1(0A M =，a ，2)-，设平面1BA D 的法向量为(n x =，y ，)z ，则11220202n BA z n A D y ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1z =，得(2,n =-1)．设平面1A DM 的法向量为(m x =，y ，)z ，则1120202m A M ay z m A D y ⎧=-=⎪⎨=+=⎪⎩，2x =-，得(2m =-，2，)a ．二面角1BA D M --的大小为45︒， 2|||2222cos 45|cos ,|||||58m na m n m n a --+∴︒=<>===+，23240a ∴+-=，解得a =-a =02a ，3a ∴=， ∴存在点M ，此时23AM AC =，使二面角1B A D M --的大小为45︒．4．（2019•3月份模拟）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为BC 边上一点，BD =122AA AB AD ===．（1）证明：平面1ADB ⊥平面11BB C C ．（2）若BD CD =，试问：1A C 是否与平面1ADB 平行？若平行，求三棱锥11A A B D -的体积；若不平行，请说明理由．【分析】（1）先证AD 与BC ，1BB 垂直，进而得线面垂直，面面垂直；（2）连接1A B 得中点E ，利用中位线得线线平行，进而得线面平行，再利用等分三棱柱的方法求得三棱锥的体积．【解答】解：（1）证明：2AB =，1AD =，BDAD BD ∴⊥，1AA ⊥平面ABC ， 1BB ∴⊥平面ABC ， 1BB AD ∴⊥，AD ∴⊥平面11BB C C ，∴平面1ADB ⊥平面11BB C C ；（2）1A C 与平面1ADB 平行，证明如下：连接1A B 交1AB 于E ，连接DE ，则E 为1AB 中点， BD CD =，1//AC DE ∴，又1A C ⊂/平面1ADB ，DE ⊂平面1ADB ， 1//AC ∴平面1ADB ，利用三等分三棱柱的知识可知， 1111116A A B D A B C ABC V V --=116ABC S AA ∆=⨯ 11162BC AD AA =⨯⨯⨯ 111262=⨯⨯⨯=．故三棱锥11A A B D -． 5．（2018秋•全国期末）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，111112AA A B AB ===，60ABC ∠=︒，1AA ⊥平面ABCD ．（1）若点M 是AD 的中点，求证：1//C M 平面11AA B B ；（2）棱BC 上是否存在一点E ，使得二面角1E AD D --的余弦值为13？若存在，求线段CE 的长；若不存在，请说明理由．【分析】（1）连接1B A ，推导出四边形11AB C M 是平行四边形，从而11//C M B A ，由此能证明1//C M 平面11AA B B ．（2）取BC 中点Q ，连接AQ ，推导出AQ BC ⊥，AQ AD ⊥，分别以AQ ，AD ，1AA 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【解答】证明：（1）连接1B A ，由已知得，11////B C BC AD ，且1112B C AM BC == 所以四边形11AB C M 是平行四边形，即11//C M B A ⋯（2分）又1C M ⊂/平面11AA B B ，1B A ⊂平面11AA B B ，所以1//C M 平面11AA B B ⋯（4分）解：（2）取BC 中点Q ，连接AQ ，因为ABCD 是菱形，且60ABC ∠=︒，所以ABC ∆是正三角形，所以AQ BC ⊥，即AQ AD ⊥，由于1AA ⊥平面ABCD ⋯（6分）所以，分别以AQ ，AD ，1AA 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图(0A ，0，0)，1(0A ，0，1)，1(0D ，1，1)，Q 假设点E 存在，设点E的坐标为,0)λ，11λ-， (3,0)AE λ=，1(0,1,1)AD =⋯（7分）设平面1AD E 的法向量(,,)n x y z =则100n AE n AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即00y y z λ+=+=⎪⎩，可取(,3,n λ=-⋯（9分）平面1ADD 的法向量为(3,0,0)AQ =⋯（10分）所以，31|cos ,|33AQ n λ<>==，解得：λ=（11分）又由于二面角1E AD D --大小为锐角，由图可知，点E 在线段QC 上，所以λ=，即1CE =（12分）6．（2019•山东模拟）如图所示的矩形ABCD 中，122AB AD ==，点E 为AD 边上异于A ，D 两点的动点，且//EF AB ，G为线段ED 的中点，现沿EF 将四边形CDEF 折起，使得AE 与CF 的夹角为60︒，连接BD ，FD ．（1）探究：在线段EF 上是否存在一点M ，使得//GM 平面BDF ，若存在，说明点M 的位置，若不存在，请说明理由；（2）求三棱锥G BDF -的体积的最大值，并计算此时DE 的长度．【分析】（1）取线段EF 的中点M ，由G 为线段ED 的中点，M 为线段EF 的中点，可得//GM DF ，再由线面平行的判定可得//GM 平面BDF ；（2）由//CF DE ，且AE 与CF 的夹角为60︒，可得AE 与DE 的夹角为60︒，过D 作DP 垂直于AE 交AE 于P ，由已知可得DP 为点D 到平面ABFE 的距离，设DE x =，则4AE BF x ==-，然后利用等积法写出三棱锥G BDF -的体积，再由基本不等式求最值，并求出DE 的长度．【解答】（1）解：取线段EF 的中点M ，有//GM 平面BDF ．证明如下：如图所示，取线段EF 的中点M ， G 为线段ED 的中点，M 为线段EF 的中点， GM ∴为EDF ∆的中位线，故//GM DF ，又GM ⊂/平面BDF ，DF ⊂平面BDF ，故//GM 平面BDF ；（2）解：//CF DE ，且AE 与CF 的夹角为60︒，故AE 与DE 的夹角为60︒，过D 作DP 垂直于AE 交AE 于P ，由已知得DE EF ⊥，AE EF ⊥，EF ∴⊥平面AED ，则DP 为点D 到平面ABFE 的距离，设DE x =，则4AE BF x ==-，由（1）知//GM DF ，故111333[1(4)](4)332G BDF M BDF D MBF MBF V V V S DP x x x x ---∆====⨯⨯⨯-⨯=-，当且仅当4x x -=时等号成立，此时2x DE ==．故三棱锥G BDF -，此时DE 的长度为2．7．（2018•全国模拟）如图，在四棱锥P ABCD -中，90ABC BAD ∠=∠=︒，112AD AB BC ===，PD ⊥平面ABCD ，PD =M 为PC 上的动点．（Ⅰ）当M 为PC 的中点时，在棱PB 上是否存在点N ，使得//MN 平面PDA ？说明理由；（Ⅰ）BDM ∆的面积最小时，求三棱锥M BCD -的体积．【分析】（Ⅰ）当N 为PB 中点时，//MN 平面PDA ．取PB 的中点N ，连接MN ，由M ，N 分别为PC ，PB 中点，可得//MN BC ，又//BC AD ，得//MN AD ，再由直线与平面平行的判定对立即可证明//MN 平面PDA ；（Ⅰ）由PD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ，知PD BD ⊥，又BD CD ⊥，CDPD D =，得BD ⊥平面PCD ，又MD ⊂平面PDC ，可得BD MD ⊥，进一步得到DBM ∆为直角三角形，当MD PC ⊥时BDM∆的面积最小，然后利用等积法即可求出三棱锥M BCD -的体积．【解答】解：（Ⅰ）当N 为PB 中点时，//MN 平面PDA ．证明如下：取PB 的中点N ，连接MN ，M ，N 分别为PC ，PB 中点，//MN BC ∴，又//BC AD ， //MN AD ∴，又DA ⊂平面PDA ，MN ⊂/平面PDA ， //MN ∴平面PDA ；（Ⅰ）由PD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ，知PD BD ⊥，又BD CD ⊥，CDPD D =，BD ∴⊥平面PCD ，又MD ⊂平面PDC ，BD MD ∴⊥，DBM ∴∆为直角三角形．当MD PC ⊥时BDM ∆的面积最小．在底面直角梯形ABCD 中，由90ABC BAD ∠=∠=︒，112AD AB BC ===，得CD =BD ∴==在Rt PDC ∆中，由PD =CD =可得PC =MD =．则CM =122MCD S ∆∴=⨯=．∴1133M BCD B MCD MCD V V S BD --∆===⨯=8．（2018•全国二模）直三棱柱111ABC A B C -中，14AC AA ==，AC BC ⊥．（Ⅰ）证明：11AC A B ⊥；（Ⅰ）当BC 的长为多少时，直线1A B 与平面1ABC 所成角的正弦值为13．【分析】（Ⅰ）由BC AC ⊥，1BC AA ⊥，得BC ⊥平面11AA C C ，从而1AC BC ⊥，连结1A C ，四边形11AA C C 是正方形，则11AC AC ⊥，由此能证明1AC ⊥平面1A BC ，从而11AC A B ⊥．（Ⅰ）以C 为原点，CA 、CB 、1CC 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -，利用向量法能求出a ．【解答】证明：（Ⅰ）BC AC ⊥，1BC AA ⊥，1AC AA A =，BC ∴⊥平面11AA C C ，又1AC ⊂平面11AA C C ，1AC BC ∴⊥，连结1A C ，四边形11AA C C 是正方形，11AC AC ∴⊥，且1BCA C C =，1AC ∴⊥平面1A BC ，又1A B ⊂平面1A BC ，11AC A B ∴⊥．解：（Ⅰ）以C 为原点，CA 、CB 、1CC 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -，设BC a =，则(0C ，0，0)，(4A ，0，0)，(0B ，a ，0)，1(0C ，0，4)，1(4A ，0，4)， 1(4A B =-，a ，4)-，(4AB =-，a ，0)，1(4AC =-，0，4)，设平面1ABC 的法向量为(n x =，y ，)z ，则140440AB n x ay AC n x z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，取x a =，得(n a =，4，)a ，直线1A B 与平面1ABC 所成角的正弦值为13．1|cos A B ∴<，221||332216n a ==++．解得4a =．9．（2018•新课标Ⅰ）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得//MC 平面PBD ？说明理由．【分析】（1）通过证明CD AD ⊥，CD DM ⊥，证明CM ⊥平面AMD ，然后证明平面AMD ⊥平面BMC ；（2）存在P 是AM 的中点，利用直线与平面平行的判断定理说明即可．【解答】（1）证明：矩形ABCD 所在平面与半圆弦CD 所在平面垂直，所以AD ⊥半圆弦CD 所在平面，CM ⊂半圆弦CD 所在平面， CM AD ∴⊥，M 是CD 上异于C ，D 的点．CM DM ∴⊥，DMAD D =，CM ∴⊥平面AMD ，CM ⊂平面CMB ，∴平面AMD ⊥平面BMC ；（2）解：存在P 是AM 的中点，理由：连接BD 交AC 于O ，取AM 的中点P ，连接OP ，可得//MC OP ，MC ⊂/平面BDP ，OP ⊂平面BDP ，所以//MC 平面PBD ．。

高考数学复习热点之：探索性问题

高考数学复习讲座之二探索性问题近年来，随着社会主义经济建设的迅速发展，要求学校由“应试教育”向“素质教育”转化，培养全面发展的开拓型、创造型人才。

在这种要求下，数学教学中开放型问题随之产生。

于是，探索性问题成了近几年来高考命题中的热点问题，它既是高等学校选拔高素质人材的需要，也是中学数学教学培养学生具有创造能力、开拓能力的任务所要求的。

实际上，学生在学习数学知识时，知识的形成过程也是观察、分析、归纳、类比、猜想、概括、推证的探索过程，其探索方法是学生应该学习和掌握的，是今后数学教育的重要方向。

一般地，对于虽给出了明确条件，但没有明确的结论，或者结论不稳定，需要探索者通过观察、分析、归纳出结论或判断结论的问题（探索结论）；或者虽给出了问题的明确结论，但条件不足或未知，需要解题者寻找充分条件并加以证明的问题（探索条件），称为探索性问题。

此外，有些探索性问题也可以改变条件，探讨结论相应发生的变化；或者改变结论，探讨条件相应发生的变化；或者给出一些实际中的数据，通过分析、探讨解决问题。

探索性问题一般有以下几种类型：猜想归纳型、存在型问题、分类讨论型。

猜想归纳型问题是指在问题没有给出结论时，需要从特殊情况入手，进行猜想后证明其猜想的一般性结论。

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

其主要体现是解答数列中等与n有关数学问题。

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

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

代数、三角、几何中，都可以出现此种探讨“是否存在”类型的问题。

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

此种题型常见于含有参数的问题，或者情况多种的问题。

高考数学难点突破_难点40__探索性问题

难点40 探索性问题高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题. ●难点磁场1.（★★★★）已知三个向量a 、b 、c ，其中每两个之间的夹角为120°，若｜a ｜=3, ｜b ｜=2,｜c ｜=1，则a 用b 、c 表示为 .●案例探究［例1］已知函数1)(2++=ax c bx x f (a ,c ∈R ,a ＞0,b 是自然数）是奇函数，f (x )有最大值21，且f (1)＞52. （1）求函数f (x )的解析式；（2）是否存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，并且使得P 、Q 两点关于点（1，0）对称，若存在，求出直线l 的方程，若不存在，说明理由.命题意图：本题考查待定系数法求函数解析式、最值问题、直线方程及综合分析问题的能力，属★★★★★级题目.知识依托：函数的奇偶性、重要不等式求最值、方程与不等式的解法、对称问题.错解分析：不能把a 与b 间的等量关系与不等关系联立求b ；忽视b 为自然数而导致求不出b 的具体值；P 、Q 两点的坐标关系列不出解.技巧与方法：充分利用题设条件是解题关键.本题是存在型探索题目，注意在假设存在的条件下推理创新，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定的结论，并加以论证.解：（1）∵f (x )是奇函数∴f (–x )=–f (x )，即1122++-=++-ax c bx ax c bx ∴–bx +c =–bx –c∴c =0∴f (x )=12+ax bx 由a ＞0，b 是自然数得当x ≤0时，f (x )≤0，当x ＞0时，f (x )＞0∴f (x )的最大值在x ＞0时取得.∴x ＞0时，22111)(b a bx x b a x f ≤+=当且仅当bxx b a 1= 即a x 1=时，f (x )有最大值21212=b a∴2b a =1,∴a =b 2 ① 又f (1)＞52，∴1+a b ＞52,∴5b ＞2a +2 ② 把①代入②得2b 2–5b +2＜0解得21＜b ＜2 又b ∈N ,∴b =1,a =1,∴f (x )=12+x x （2）设存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，且P 、Q 关于点（1，0）对称，P (x 0,y 0)则Q （2–x 0,–y 0)，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+--=+020002001)2(21y x x y x x ,消去y 0，得x 02–2x 0–1=0解之，得x 0=1±2,∴P 点坐标为(42,21+)或(42,21--)进而相应Q 点坐标为Q （42,21--）或Q (42,21+). 过P 、Q 的直线l 的方程：x –4y –1=0即为所求.［例2］如图，三条直线a 、b 、c 两两平行，直线a 、b 间的距离为p ，直线b 、c 间的距离为2p ，A 、B 为直线a 上两定点，且｜AB ｜=2p ，MN 是在直线b 上滑动的长度为2p 的线段.（1）建立适当的平面直角坐标系，求△AMN 的外心C 的轨迹E ；命题意图：本题考查轨迹方程的求法、抛物线的性质、数形结合思想及分析、探索问题、综合解题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：求曲线的方程、抛物线及其性质、直线的方程.错解分析：①建立恰当的直角坐标系是解决本题的关键，如何建系是难点，②第二问中确定C 点位置需要一番分析.技巧与方法：本题主要运用抛物线的性质，寻求点C 所在位置，然后加以论证和计算，得出正确结论，是条件探索型题目.解：（1）以直线b 为x 轴，以过A 点且与b 直线垂直的直线为y 轴建立直角坐标系. 设△AMN 的外心为C (x ,y )，则有A (0,p )、M （x –p ,0)，N (x +p ,0)，由题意，有｜CA ｜=｜CM ｜∴2222)()(y p x x p y x ++-=-+,化简，得x 2=2py它是以原点为顶点，y 轴为对称轴，开口向上的抛物线.（2）由（1）得，直线C 恰为轨迹E 的准线.由抛物线的定义知d =｜CF ｜，其中F （0,2p ）是抛物线的焦点. ∴d +｜BC ｜=｜CF ｜+｜BC ｜由两点间直线段最短知，线段BF 与轨迹E 的交点即为所求的点直线BF 的方程为p x y 2141+=联立方程组 ⎪⎩⎪⎨⎧=+=py x p x y 221412得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=.16179)171(41p y p x . 即C 点坐标为(p p 16179,4171++). 此时d +｜BC ｜的最小值为｜BF ｜=p 217. ●锦囊妙计如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.解决探索性问题，对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面有较高要求，高考题中一般对这类问题有如下方法：（1）直接求解；（2）观察——猜测——证明；（3）赋值推断；（4）数形结合；（5）联想类比；（6）特殊——一般——特殊.●歼灭难点训练一、选择题1.（★★★★）已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下面四个命题，其中正确命题是( )①α∥β⇒l ⊥m ②α⊥β⇒l ∥m ③l ∥m ⇒α⊥β ④l ⊥m ⇒α∥βA.①与②B.①与③C.②与④D.③与④2.（★★★★）某邮局只有0.60元，0.80元，1.10元的三种邮票.现有邮资为7.50元的邮件一件，为使粘贴邮票的张数最少，且资费恰为7.50元，则最少要购买邮票( )A.7张B.8张C.9张D.10张二、填空题3.(★★★★)观察sin 220°+cos 250°+sin20°cos50°=43,sin 215°+cos 245°+sin15°三、解答题4.（★★★★）在四棱锥P —ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，问底面的边BC 上是否存在点E .（1）使∠PED =90°；（2）使∠PED 为锐角.证明你的结论.6.（★★★★★）是否存在都大于2的一对实数a 、b (a ＞b )使得ab ,a b ,a –b ,a +b 可以按照某一次序排成一个等比数列，若存在，求出a 、b 的值，若不存在，说明理由.参考答案●难点磁场1.解析：如图–a 与b ，c 的夹角为60°,且|a |=|–a |=3.由平行四边形关系可得–a =3c +23b ,∴a =–3c –23b . 答案：a =–3c –23b 2.解析：飞机成功飞行的概率分别为：4引擎飞机为：4222443342224)1(4)1(6C )1(C )1(C P P P P P P P P P P +-+-=+-+-2引擎飞机为222212)1(2C )1(C P P P P P P +-=+-⋅.要使4引擎飞机比2引擎飞机安全，则有：6P 2（1–P ）2+4P 2（1–P ）+P 4≥2P (1–P )+P 2,解得P ≥32. 即当引擎不出故障的概率不小于32时，4引擎飞机比2引擎飞机安全. ●歼灭难点训练一、1.解析：①l ⊥α且α∥β⇒l ⊥β,m ⊂β⇒l ⊥m .②α⊥β且l ⊥α⇒l ∥β,但不能推出l ∥m .③l ∥m ,l ⊥α⇒m ⊥α,由m ⊂β⇒α⊥β.④l ⊥m ,不能推出α∥β.答案：B2.解析：选1.1元5张，0.6元2张，0.8元1张.故8张.答案：B二、3.解析：由50°–20°=(45°–15°)=30°可得sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43. 答案：sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43三、4.解：(1)当AB ≤21AD 时，边BC 上存在点E ，使∠PED =90°;当AB >21AD 时，使∠PED =90°的点E 不存在.（只须以AD 为直径作圆看该圆是否与BC 边有无交点）（证略）（2）边BC 上总存在一点，使∠PED 为锐角，点B 就是其中一点.连接BD ，作AF ⊥BD ，垂足为F ，连PF ，∵P A ⊥面ABCD ，∴PF ⊥BD ，又△ABD 为直角三角形，∴F 点在BD 上，∴∠PBF 是锐角.同理，点C 也是其中一点.5.解：∵|z 1+z 2|2=(z 1+z 2)(1z +2z )=|z 1|2+|z 2|2+(z 12z +1z z 2)∴c 2=a 2+b 2+(z 12z +1z z 2)即：z 12z +1z z 2=c 2–a 2–b 2即有：b 2(21z z )+a 2(12z z )=z 1z 2+z 1z 2 ∴b 2(21z z )+a 2(12z z )=c 2–a 2–b 2 ∴a 2(12z z )2+(a 2+b 2–c 2)(12z z )+b 2=0 这是关于12z z 的一元二次方程，解此方程即得12z z 的值. 6.解：∵a >b ,a >2,b >2,∴ab ,a b ,a –b ,a +b 均为正数，且有ab >a +b >ab ,ab >a +b >a –b . 假设存在一对实数a ,b 使ab ,a b ,a +b ,a –b 按某一次序排成一个等比数列，则此数列必是单调数列.不妨设该数列为单调减数列，则存在的等比数列只能有两种情形，即①ab ,a +b ,⎪⎩⎪⎨⎧+=+=⎪⎩⎪⎨⎧⋅=-+-=+22710257 ))(()()(2b a a b ab b a b a b a ab b a 解得经检验知这是使ab ,a +b ,a –b ,ab 成等比数列的惟一的一组值.因此当a =7+25,b =22710+时，ab ,a +b ,a –b ,a b 成等比数列. 7.解：如果直线l 垂直平分线段AB ，连AF 、BF ，∵F （2p ，0）∈l .∴|F A |=|FB |,设A （x 1,y 1）,B (x 2,y 2),显然x 1>0,x 2>0,y 1≠y 2,于是有（x 1–2p ）2+y 12=(x 2–2p )2+y 22,整理得：（x 1+x 2–p )(x 1–x 2)=y 22–y 12=–2p (x 1–x 2).显然x 1≠x 2(否则AB ⊥x 轴，l 与x 轴重合，与题设矛盾）得：x 1+x 2–p =–2p 即x 1+x 2=–p <0,这与x 1+x 2>0矛盾，故直线l 不能垂直平分线段AB .8.解：设元件T 1、T 2、T 3能正常工作的事件为A 1、A 2、A 3，电路不发生故障的事件为A ，则P （A 1）=0.7，P （A 2）=0.8，P （A 3）=0.9.∴P (A )=0.94×0.9=0.846.P （A 2），用另一种算法求P （A 1+A 3）.∵A 1与A 3彼此不互斥，根据容斥原理P （A 1+A 3）=(3)按图丙的接法求P （A ），用第三种算法.∴P (A )=0.56+0.63–0.504=0.686.综合（1）、（2）、（3）得，图甲、乙、丙三种接法电路不发生故障的概率值分别为0.846,0.776,0.686.故图甲的接法电路不发生故障的概率最大.。

专题10立体几何中的开放性、探索性问题(解析版)-2021年高考数学(理)立体几何突破性讲练

2021年高考数学（理）立体几何突破性讲练10立体几何中的开放性、探索性问题一、考点传真：能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理，并能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．二、知识点梳理：解决立体几何中开放性、探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理．(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x ，y ，z )；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy 面上的点为(x ，y,0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z 轴上的点为(0,0，z )；④直线(线段)AB 上的点P ，可设为AP →＝λAB →，表示出点P 的坐标，或直接利用向量运算．三、例题：例1.（2020年全国新高考1卷，4）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面，在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬o 40，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A.o 20B.o 40C.o 50D.o 90【答案】B【解析】过球心O 、点A 以及晷针的轴截面如图所示，其中CD 为晷面，GF 为晷针所在直线，EF 为点A 处的水平面，GF CD ⊥，CD OB ，40AOB ∠=︒，90OAE OAF ∠=∠=︒，所以40GFA CAO AOB ∠=∠=∠=︒.故选B.例2.（2020年全国1卷理数，16）如图，在三棱锥–P ABC 的平面展开图中，1AC =，AB AD =AB AC ⊥，AB AD ⊥，30CAE ∠=︒，则cos FCB ∠=______________.【答案】14-【解析】依题意得，AE AD =AEC 中，1AC =，30CAE ∠=︒，由余弦定理得2222cos 311EC AE AC AE AC EAC =+-⋅∠=-︒+=，所以1EC =，所以1CF EC ==.又2BC ，BF BD ===所以在BCF中，由余弦定理得2221cos 24BC CF BF FCB BC CF +-∠===-⨯.例3. （2019北京卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥平面，AD CD ⊥，ADBC ，2PA AD CD BC ====，=（Ⅰ）求证：CD PAD ⊥平面；（Ⅱ）求二面角F AE P --的余弦值; （Ⅲ）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. 【解析】（I ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA CD ⊥. 又因为AB CD ⊥，所以CD ⊥.平面PAD ，（II ）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()0,1,1AE =，()2,2,2PC =-, ()0,0,2AP =. 所以1222,,3333PF PC ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，224,,333AF AP PF ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭设平面AEF 的法向量为(),,x y z =n ，则00AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即02240333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩. 令z =1,则y =-1,x =-1.于是()1,1,1=--n .又因为平面PAD 的法向量为()1,0,0=p ，所以3cos ⋅==⋅n p <n,p >n p .因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为3（III ）直线AG 在平面AEF 内，因为点G 在PB 上，且2,3PG PB =()2,1,2,PB =-- 所以2424,,3333PG PB ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，422,,333AG AP PG ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭. 由（II ）知，平面AEF 的法向量为()1,1,1=--n ，所以4220333AG ⋅++=n =-，所以直线AG 在平面AEF 内. 例4.（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面ABCD AD =，面PAD ⊥面ABCD ，∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD ，∴AB ⊥面PAD ， ∵PD ⊂面PAD ， ∴AB ⊥PD ，yBP ABCD -ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD =AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP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 ，，，则(111)PB =-，，，(011)PD =--，，，(201)PC =-，，，(210)CD =--，，，设n 为面PDC 的法向量，令00(,1)n x y =，．011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨⎪⎝⎭⋅=⎪⎩，，则PB 与面PCD 夹角θ有，sin cos ,1n PB n PB n PBθ⋅=<>== (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 =-，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =- 有()0,1,AM AP M λλλ=⇒- ∴()1,,BM λλ=--∵BM ∥面PCD ，n 为PCD 的法向量， ∴0BM n ⋅=，即102λλ-++=，∴1=4λ∴综上，存在M 点，即当14AM AP =时，M 点即为所求．四、巩固练习：1．如图所示，在四边形ABCD中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°.将△ADB 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD ，则在三棱锥A BCD 中，下列结论正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC【答案】D【解析】∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.2．如图甲所示，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，如图乙所示，那么，在四面体AEFH中必有( )A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF【答案】A【解析】∵AH⊥HE，AH⊥HF，且EH∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，A正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴B不正确；∵AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，∴EF⊥平面HAG，∵EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，∴过H作平面AEF的垂线，一定在平面HAG内，∴C不正确；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，∴D不正确．故选A.3．如图，一张A4纸的长、宽分别为22a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)①该多面体是三棱锥；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④该多面体外接球的表面积为5πa2.【答案】①②③④【解析】由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP ⊥平面BCD ，又∵AP ⊂平面ABD ，∴平面BAD ⊥平面BCD ，故②正确；同理可证平面BAC ⊥平面ACD ，故③正确；该多面体的外接球半径R ＝52a ，所以该多面体外接球的表面积为5πa 2，故④正确．综上，正确命题的序号为①②③④.4．如图所示，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是________． ①A ′C ⊥BD ；②∠BA ′C ＝90°；③四面体A ′BCD 的体积为16.【答案】②③【解析】∵BD ⊥CD ，平面A ′BD ⊥平面BCD ，平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，CD ⊂平面BCD ，∴CD ⊥平面A ′BD ，∴CD ⊥A ′D .∵AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，∴A ′C ＝2，BC ＝3，∴A ′B 2＋A ′C 2＝BC 2，∴A ′B ⊥A ′C ，即∠BA ′C ＝90°，四面体A ′BCD 的体积V ＝13×12×12×1＝16.5．如图，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻转成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻转过程中，正确的命题是________． ①MB 是定值； ②点M 在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④一定存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE . 【答案】①②④【解析】取DC 的中点N ，连接MN ，NB ，则MN ∥A 1D ，NB ∥DE ，∴平面MNB ∥平面A 1DE ，∵MB ⊂平面MNB ，∴MB ∥平面A 1DE ，④正确；∠A 1DE＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，根据余弦定理得，MB 2＝MN 2＋NB 2－2MN ·NB ·cos∠MNB ，所以MB 是定值，①正确；B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD 满足AC ⊥DE 时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确． 6．如图①，在矩形ABCD 中，AB ＝6，AD ＝23，点F 是AC 上的动点．现将矩形ABCD 沿着对角线AC 折成二面角D ′AC B ，如图②，使得D ′B ＝30.(1)求证：当AF ＝3时，D ′F ⊥BC ；(2)试求CF 的长，使得二面角A D ′F B 的大小为π4.【解析】(1)证明：在矩形ABCD 中，连接DF ，BF . ∵AD ＝23，CD ＝6，∴AC ＝43，∠CAB ＝30°，∠DAC ＝60°. 在△ADF 中，∵AF ＝3，∴DF 2＝DA 2＋AF 2－2DA ·AF ·cos∠DAC ＝9. ∵DF 2＋AF 2＝9＋3＝DA 2，∴DF ⊥AC ，即在三棱锥D ′ABC 中，D ′F ⊥AC .又在△ABF 中，BF 2＝AB 2＋AF 2－2AB ·AF ·cos∠CAB ＝21， ∴在△D ′FB 中，D ′F 2＋FB 2＝9＋21＝D ′B 2， ∴BF ⊥D ′F .又∵AC ∩FB ＝F ，∴D ′F ⊥平面ABC . 又BC ⊂平面ABC ，∴D ′F ⊥BC .(2)在矩形ABCD 中，过点D 作DO ⊥AC 于点O ，延长DO 交AB 于点E .易求DE ＝4，AO ＝3，D ′O ＝3，OE ＝1，沿着对角线AC 翻折后，由(1)可知，OE ，OC ，OD ′两两垂直，以O 为原点，OE ―→，OC ―→，OD ′―→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O xyz ，则O (0,0,0)，E (1,0,0)，D ′(0,0,3)，B (3,23，0)．∵EO ⊥平面AD ′F ，∴OE ―→＝(1,0,0)为平面AD ′F 的一个法向量．设平面BD ′F 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，F 点坐标为F (0，t,0)，则BD ′―→＝(－3，－23，3)，BF ―→＝(－3，t －23，0).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ′―→＝0，n ·BF ―→＝0，得⎩⎨⎧－3x －23y ＋3z ＝0，－3x ＋t －23y ＝0.取y ＝3，得x ＝t －23，z ＝t ，∴n ＝(t －23，3，t )．∴cos π4＝|n ·OE ―→||n |·|OE ―→|，即|t －23|t －232＋9＋t2＝22， ∴t ＝34.∴当CF ＝OC －OF ＝1134时，二面角A D ′F B 的大小是π4. 7．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝32，PB ⊥AC .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33？若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22，所以BC ＝AD ＝2 2.又因为AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB .又因为PB ⊥AC ，且AB ∩PB ＝B ，所以AC ⊥平面PAB .因为AC ⊂平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC . (2)由(1)知AC ⊥AB ，平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥平面PAB .如图，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴，y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，所以AC ―→＝(0,2,0)，BC ―→＝(－2,2,0)．由∠PBA ＝45°，PB ＝32，可得P (－1,0,3)，所以AP ―→＝(－1,0,3)，BP ―→＝(－3,0,3)．假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，设AEAP＝λ(0＜λ＜1)，则AE ―→＝λAP ―→＝(－λ，0,3λ)，CE ―→＝AE ―→－AC ―→＝(－λ，－2,3λ)．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ―→＝0，n ·BP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－3x ＋3z ＝0.令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(1,1,1)．设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CE ―→〉|＝|－λ－2＋3λ|3×－λ2＋－22＋3λ2＝|2λ－2|3×10λ2＋4＝33，整理得3λ2＋4λ＝0，因为0＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0，故3λ2＋4λ＝0无解，所以棱PA 上不存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33. 8．如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，BD ⊥DC ，点E 是BC 边的中点，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AE ，AC ，DE ，得到如图②所示的几何体．(1)求证：AB ⊥平面ADC ；(2)若AD ＝1，二面角C AB D 的平面角的正切值为6，求二面角B AD E 的余弦值．【解析】(1)证明：因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BD ⊥DC ，所以DC ⊥平面ABD . 因为AB ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AB .又因为折叠前后均有AD ⊥AB ，DC ∩AD ＝D ，所以AB ⊥平面ADC . (2)由(1)知AB ⊥平面ADC ，所以二面角C AB D 的平面角为∠CAD . 又DC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AD .依题意tan ∠CAD ＝CD AD＝ 6. 因为AD ＝1，所以CD ＝ 6. 设AB ＝x (x ＞0)，则BD ＝x 2＋1. 依题意△ABD ∽△DCB ，所以AB AD ＝CD BD ，即x 1＝6x 2＋1.解得x ＝2，故AB ＝2，BD ＝3，BC ＝BD 2＋CD 2＝3. 法一：如图所示，建立空间直角坐标系D xyz ，则D (0,0,0)，B (3，0,0)，C (0，6，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63. 所以DE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，DA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63. 由(1)知平面BAD 的一个法向量n ＝(0,1,0)．设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DE ―→＝0，m ·DA ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 32x ＋62y ＝0，33x ＋63z ＝0.令x ＝6，得y ＝－3，z ＝－3，所以m ＝(6，－3，－3)为平面ADE 的一个法向量．所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m|＝－12. 由图可知二面角B AD E 的平面角为锐角，所以二面角B AD E 的余弦值为12. 法二：因为DC ⊥平面ABD ，所以过点E 作EF ∥DC 交BD 于点F ，则EF ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以EF ⊥AD .过点F 作FG ⊥AD 于点G ，连接GE ，所以AD ⊥平面EFG ，因此AD ⊥GE ，所以二面角B AD E 的平面角为∠EGF .由平面几何的知识求得EF ＝12CD ＝62，FG ＝12AB ＝22，所以EG ＝EF 2＋FG 2＝2，所以cos ∠EGF ＝FG EG ＝12. 所以二面角B AD E 的余弦值为12. 9．如图1，在高为2的梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝5，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF⊥CD ，垂足分别为E ，F .已知DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 同侧折起，得空间几何体ADE BCF ，如图2.(1)若AF ⊥BD ，证明：DE ⊥BE ；(2)若DE ∥CF ，CD ＝3，在线段AB 上是否存在点P ，使得CP 与平面ACD 所成角的正弦值为3535？并说明理由．【解析】(1)证明：由已知得四边形ABFE 是正方形，且边长为2，∴AF ⊥BE .∵AF ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，∴AF ⊥平面BDE .又DE ⊂平面BDE ，∴AF ⊥DE .∵AE ⊥DE ，AE ∩AF ＝A ，∴DE ⊥平面ABFE .又BE ⊂平面ABFE ，∴DE ⊥BE .(2)当P 为AB 的中点时满足条件．理由如下：∵AE ⊥DE ，AE ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，∴AE ⊥平面DEFC .如图，过E 作EG ⊥EF 交DC 于点G ，可知GE ，EA ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，以EA ―→，EF ―→，EG ―→分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1，3)，D ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，32，AC ―→＝(－2,1，3)，AD ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，－12，32. 设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AC ―→＝0，n ·AD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋y ＋3z ＝0，－2x －12y ＋32z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)．设AP ―→＝λPB ―→，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2λ1＋λ，0，λ∈(0，＋∞)，可得CP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，λ－11＋λ，－3. 设CP 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos CP ―→，n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－λ－11＋λ7＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－11＋λ2×5＝3535，解得λ＝1或λ＝－25(舍去)， ∴P 为A。

高考数学总结归纳点拨探索性问题揭秘

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，以期消除同学们对它们的神秘感，能顺利解答此类问题.一、结论探索型例1 如图，在四棱锥ABCD P -中，ABCD 是矩形，ABCD PA 平面⊥，AD PA =，点F 是PD 的中点，点E 在CD 上移动. 试判断直线PE 和AF 的位置关系，并给出证明.分析：根据题意，EF 与平面PAC 应为特殊的位置关系，故可先结合图形，对位置关系进行猜想，然后再利用已知条件对猜想进行证明.解：结合图形猜想AF PE ⊥，证明如下.∵ABCD PA 平面⊥，∴PA CD ⊥，∵是矩形ABCD ，∴AD CD ⊥，∵⊂AD PA ,平面PAD ，A AD PA =I ，∴PAD CD 平面⊥.∵PAD AF 平面⊂，∴CD AF ⊥， ∵AD PA =，点F 是PD 的中点，∴PD AF ⊥，又⊂PD CD ,平面PCD ，D PD CD =I ，∴PDC AF 平面⊥，又PDC PE 平面⊂， ∴AF PE ⊥.评注：此型问题的基本解法是：先探索猜想结论，再证明结论.二、条件反溯型例2 如图，在三棱柱111C B A ABC -中，已知1AA ⊥平面111C B A ，11111==C B C A ，︒=∠90111B C A ，21=AA ，D 是11B A 中点．当点F 在棱1BB 上的什么位置时，有⊥1AB 平面DF C 1？并证明你的结论．分析：首先证明⊥D C 1平面B A 1，然后过点D 作1AB DF ⊥，交1BB 于点F ，则有 ⊥1AB 平面DF C 1，此时点F 即为所求点，最后在四边形11A ABB 中探索点F 的位置.解：∵1AA ⊥平面111C B A ，⊂D C 1平面111C B A ，∴D C AA 11⊥，∵11111==C B C A ，D 是11B A 中点，∴111B A D C ⊥，又∵⊂111,B A AA 平面B A 1，1111A B A AA =I ，∴⊥D C 1平面B A 1. P A B CD EF 例1图C1B A B1A 1C D 例2图 F过点D 作1AB DF ⊥，交1BB 于点F .∵D C AB DF AB 111,⊥⊥，∴⊥1AB 平面DF C 1，故所作点F 适合题意，下面探索点F 的位置.∵11111==C B C A ，︒=∠90ACB ，∴211=B A ，∴111AA B A =，∴四边形11A ABB 是正方形，连结B A 1，则有11AB B A ⊥，∴DF B A //1，∴点F 是棱1BB 的中点，∴点F 为棱1BB 的中点时，⊥1AB 平面DF C 1.评注：条件探索性问题一般采用反探法，即拿着结论探条件，然后再对探索出的条件进行证明.三、存在判断型例3 四棱锥ABCD S -，点E 是SA 的中点，平面⊥SBC 平面ABCD .问在底面内是否存在一点H ，使得⊥EH 平面ABCD .若存在，确定点D 的位置；若不存在，说明理由.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BC SF ⊥于F ，连结AF ， ∵平面⊥SBC 平面ABCD ，平面I SBC 平面BC ABCD =，∴⊥SF 平面ABCD . 设AF 的中点为H ，连结EH ，又点E 是SA 的中点，∴EH 是SAF ∆的中位线，∴SF GH //，∴GH ⊥平面ABCD . 所以，在底面内存在一点H ，它是AF 的中点，使得⊥EH 平面ABCD .评注：解答存在判断型问题的一般思路是：假设存在，然后采用反探法探求.反探法的起点可以是已知条件（如本题），也可以是要探求的位置关系.总之，从哪儿开始探求方便，就从哪儿开始.例3图 H S A BD •E。

【高考数学考点突破】分类讨论思想(2020-2021)

难点38 分类讨论思想分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论题覆盖知识点较多，利于考查学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧、做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论.”1.（★★★★★）若函数514121)1(31)(23+-+-=x ax x a x f 在其定义域内有极值点，则a 的取值为 .2.（★★★★★）设函数f (x )=x 2+｜x –a ｜+1，x ∈R . (1)判断函数f (x )的奇偶性； (2)求函数f (x )的最小值.［例1］已知{a n }是首项为2，公比为21的等比数列，S n 为它的前n 项和. （1）用S n 表示S n +1;（2）是否存在自然数c 和k ，使得21>--+cS cS k k 成立.命题意图：本题主要考查等比数列、不等式知识以及探索和论证存在性问题的能力，属★★★★★级题目.知识依托：解决本题依据不等式的分析法转化，放缩、解简单的分式不等式；数列的基本性质.错解分析：第2问中不等式的等价转化为学生的易错点，不能确定出k k S c S <<-223. 技巧与方法：本题属于探索性题型，是高考试题的热点题型.在探讨第2问的解法时，采取优化结论的策略，并灵活运用分类讨论的思想：即对双参数k ,c 轮流分类讨论，从而获得答案.解：（1）由S n =4(1–n 21），得 221)211(411+=-=++n n n S S ，(n ∈N *)（2）要使21>--+c S c S k k ，只要0)223(<---kk S c S c 因为4)211(4<-=k k S 所以0212)223(>-=--k k k S S S ，(k ∈N *) 故只要23S k –2＜c ＜S k ，（k ∈N *）因为S k +1＞S k ，(k ∈N *) ① 所以23S k –2≥23S 1–2=1. 又S k ＜4，故要使①成立，c 只能取2或3.当c =2时，因为S 1=2，所以当k =1时，c ＜S k 不成立，从而①不成立. 当k ≥2时，因为c S >=-252232，由S k ＜S k +1(k ∈N *)得 23S k –2＜23S k +1–2 故当k ≥2时，23S k –2＞c ，从而①不成立.当c =3时，因为S 1=2，S 2=3，所以当k =1，k =2时，c ＜Sk因为c S >=-4132233，又23S k –2＜23S k +1–2 所以当k ≥3时，23S k –2＞c ，从而①成立.综上所述，不存在自然数c ,k ,使21>--+cS cS k k 成立.［例2］给出定点A （a ,0)（a ＞0）和直线l ：x =–1，B 是直线l 上的动点，∠BOA 的角平分线交AB 于点C .求点C 的轨迹方程，并讨论方程表示的曲线类型与a 值的关系.命题意图：本题考查动点的轨迹，直线与圆锥曲线的基本知识，分类讨论的思想方法.综合性较强，解法较多，考查推理能力和综合运用解析几何知识解题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：求动点轨迹的基本方法步骤.椭圆、双曲线、抛物线标准方程的基本特点. 错解分析：本题易错点为考生不能巧妙借助题意条件，构建动点坐标应满足的关系式和分类讨论轨迹方程表示曲线类型.技巧与方法：精心思考，发散思维、多途径、多角度的由题设条件出发，探寻动点应满足的关系式.巧妙地利用角平分线的性质.解法一：依题意，记B （–1，b )，(b ∈R ），则直线OA 和OB 的方程分别为y =0和y =–bx .设点C (x ,y )，则有0≤x ＜a ，由OC 平分∠AOB ，知点C 到OA 、OB 距离相等.根据点到直线的距离公式得｜y ｜=21||bbx y ++ ①依题设，点C 在直线AB 上，故有)(1a x aby -+-= 由x –a ≠0，得ax ya b -+-=)1( ②将②式代入①式，得y 2［(1–a )x 2–2ax +(1+a )y 2］=0 若y ≠0，则(1–a )x 2–2ax +(1+a )y 2=0(0＜x ＜a )若y =0则b =0,∠AOB =π，点C 的坐标为（0，0）满足上式. 综上，得点C 的轨迹方程为（1–a ）x 2–2ax +(1+a )y 2=0(0＜x ＜a )(i)当a =1时，轨迹方程化为y 2=x (0≤x ＜1) ③ 此时方程③表示抛物线弧段； (ii)当a ≠1，轨迹方程化为)0(11)1()1(22222a x a a y a a a a x <≤=-+---④所以当0＜a ＜1时，方程④表示椭圆弧段；当a ＞1时，方程④表示双曲线一支的弧段.解法二：如图，设D 是l 与x 轴的交点，过点C 作CE ⊥x 轴，E 是垂足.（i ）当｜BD ｜≠0时，设点C (x ,y )，则0＜x ＜a ，y ≠0由CE ∥BD ，得)1(||||||||||a xa y EA DA CE BD +-=⋅=.∵∠COA =∠COB =∠COD –∠BOD =π–∠COA –∠BOD∴2∠COA =π–∠BOD ∴COACOACOA 2tan 1tan 2)2tan(-=∠ BOD BOD tan )tan(-=∠-π∵xy COA ||tan =)1(||||||tan a xa y OD BD BOD +-==∴)1(||1||22a x a y x y x y +--=-⋅整理，得 (1–a )x 2–2ax +(1+a )y 2=0(0＜x ＜a )(ii)当｜BD ｜=0时，∠BOA =π，则点C 的坐标为(0,0)，满足上式. 综合(i)、(ii)，得点C 的轨迹方程为 (1–a )x 2–2ax +(1+a )y 2=0(0≤x ＜a ) 以下同解法一.解法三：设C (x ,y )、B (–1,b )，则BO 的方程为y =–bx ，直线AB 的方程为)(1a x aby -+-=∵当b ≠0时，OC 平分∠AOB ，设∠AOC =θ,∴直线OC 的斜率为k =tan θ,OC 的方程为y =kx 于是2212tan 1tan 22tan kk-=-=θθθ 又tan2θ=–b ∴–b =212k k- ① ∵C 点在AB 上 ∴)(1a x abkx -+-= ② 由①、②消去b ，得)(12)1(2a x kkkx a --=+ ③ 又xyk =，代入③，有 )(12)1(22a x xy x y x x y a --⋅⋅⋅+ 整理，得(a –1)x 2–(1+a )y 2+2ax =0 ④当b =0时，即B 点在x 轴上时，C (0,0)满足上式：a ≠1时，④式变为11)1()1(22222=-+---a a y a a a a x 当0＜a ＜1时，④表示椭圆弧段；当a ＞1时，④表示双曲线一支的弧段；当a =1时，④表示抛物线弧段.分类讨论思想就是依据一定的标准，对问题分类、求解，要特别注意分类必须满足互斥、无漏、最简的原则.分类讨论常见的依据是：1.由概念内涵分类.如绝对值、直线的斜率、指数对数函数、直线与平面的夹角等定义包含了分类.2.由公式条件分类.如等比数列的前n 项和公式、极限的计算、圆锥曲线的统一定义中图形的分类等.3.由实际意义分类.如排列、组合、概率中较常见，但不明显、有些应用问题也需分类讨论.在学习中也要注意优化策略，有时利用转化策略，如反证法、补集法、变更多元法、数形结合法等简化甚至避开讨论.一、选择题1.（★★★★）已知122lim =+-∞→nnnn n a a 其中a ∈R ，则a 的取值范围是( ) A.a ＜0 B.a ＜2或a ≠–2C.–2＜a ＜2D.a ＜–2或a ＞22.（★★★★★）四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有( )A.150种B.147种C.144种D.141种二、填空题3.（★★★★）已知线段AB 在平面α外，A 、B 两点到平面α的距离分别为1和3，则线段AB 的中点到平面α的距离为 .4.（★★★★★）已知集合A ={x ｜x 2–3x +2=0},B ={x ｜x 2–ax +(a –1)=0}，C ={x ｜x 2–mx +2=0}，且A ∪B =A ，A ∩C =C ，则a 的值为，m 的取值范围为 .三、解答题5.（★★★★）已知集合A ={x ｜x 2+px +q =0}，B ={x ｜qx 2+px +1=0},A ,B 同时满足： ①A ∩B ≠∅,②A ∩B ={–2}.求p 、q 的值.6.（★★★★）已知直角坐标平面上点Q （2，0）和圆C ：x 2+y 2=1，动点M 到圆C 的切线长与｜MQ ｜的比等于常数λ(λ＞0).求动点M 的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.7.(★★★★★)已知函数y =f (x )的图象是自原点出发的一条折线.当n ≤y ≤n +1(n =0,1,2,…)时，该图象是斜率为b n 的线段（其中正常数b ≠1），设数列{x n }由f (x n )=n (n =1,2,…)定义.（1）求x 1、x 2和x n 的表达式；（2）计算∞→n lim x n ；（3）求f (x )的表达式，并写出其定义域.8.（★★★★★）已知a ＞0时，函数f (x )=ax –bx 2（1）当b ＞0时，若对任意x ∈R 都有f (x )≤1，证明a ≤2b ;（2）当b ＞1时，证明：对任意x ∈［0,1］,｜f (x )｜≤1的充要条件是b –1≤a ≤2b ；（3）当0＜b ≤1时，讨论：对任意x ∈［0,1］,｜f (x )｜≤1的充要条件.参考答案●难点磁场1.解析：即f (x )=(a –1)x 2+ax –41=0有解. 当a –1=0时，满足.当a –1≠0时，只需Δ=a 2–(a –1)＞0. 答案：252252+-<<--a 或a =1 2.解：(1)当a =0时，函数f (–x )=(–x )2+｜–x ｜+1=f (x )，此时f (x )为偶函数.当a ≠0时，f (a )=a 2+1,f (–a )=a 2+2｜a ｜+1.f (–a )≠f (a ),f (–a )≠–f (a ) 此时函数f (x )既不是奇函数，也不是偶函数. （2）①当x ≤a 时，函数f (x )=x 2–x +a +1=(x –21)2+a +43 若a ≤21，则函数f (x )在(–∞,a ］上单调递减. 从而函数f (x )在（–∞,a ]上的最小值为f (a )=a 2+1若a ＞21，则函数f (x )在（–∞,a ]上的最小值为f (21)=43+a ，且f (21)≤f (a ). ②当x ≥a 时，函数f (x )=x 2+x –a +1=(x +21)2–a +43若a ≤–21，则函数f (x )在［a ,+∞］上的最小值为f (–21)=43–a ，且f (–21)≤f (a )；若a ＞–21，则函数f (x )在［a ,+∞)单调递增.从而函数f (x )在［a ,+∞］上的最小值为f (a )=a 2+1. 综上，当a ≤–21时，函数f (x )的最小值为43–a ；当–21＜a ≤21时，函数f (x )的最小值是a 2+1；当a ＞21时，函数f (x )的最小值是a +43.●歼灭难点训练一、1.解析：分a =2、｜a ｜＞2和｜a ｜＜2三种情况分别验证. 答案：C2.解析：任取4个点共C 410=210种取法.四点共面的有三类：（1）每个面上有6个点，则有4×C 46=60种取共面的取法；（2）相比较的4个中点共3种；（3）一条棱上的3点与对棱的中点共6种. 答案：C二、3.解析：分线段AB 两端点在平面同侧和异侧两种情况解决. 答案：1或24.解析：A ={1,2},B ={x ｜(x –1)(x –1+a )=0}, 由A ∪B =A 可得1–a =1或1–a =2；由A ∩C =C ，可知C ={1}或∅.答案：2或3 3或（–22，22）三、5.解：设x 0∈A ，x 0是x 02+px 0+q =0的根. 若x 0=0，则A ={–2,0}，从而p =2,q =0,B ={–21}. 此时A ∩B =∅与已知矛盾，故x 0≠0. 将方程x 02+px 0+q =0两边除以x 02，得01)1()1(20=++x p x q . 即01x 满足B 中的方程，故01x ∈B . ∵A ∩B ={–2},则–2∈A ,且–2∈B .设A ={–2,x 0}，则B ={01,21x -}，且x 0≠2（否则A ∩B =∅）. 若x 0=–21，则01x –2∈B ,与–2∉B 矛盾.又由A ∩B ≠∅,∴x 0=1x ，即x 0=±1. 即A ={–2,1}或A ={–2,–1}.故方程x 2+px +q =0有两个不相等的实数根–2，1或–2，–1 ∴⎩⎨⎧=-⋅-==---=⎩⎨⎧-=⨯-==+--=2)1()2(3)12(21)2(1)12(q p q p 或 6.解：如图，设MN 切圆C 于N ，则动点M 组成的集合是P ={M ｜｜MN ｜=λ｜MQ ｜,λ＞0}.∵ON ⊥MN ,｜ON ｜=1,∴｜MN ｜2=｜MO ｜2–｜ON ｜2=｜MO ｜2–1 设动点M 的坐标为(x ,y )，则2222)2(1y x y x +-=-+λ即（x 2–1)(x 2+y 2)–4λ2x +(4λ2+1)=0.经检验，坐标适合这个方程的点都属于集合P ，故方程为所求的轨迹方程. （1）当λ=1时，方程为x =45，它是垂直于x 轴且与x 轴相交于点（45，0）的直线；（2）当λ≠1时，方程化为：2222222)1(31)12(-+=+--λλλλy x 它是以)0,12(22-λλ为圆心，|1|3122-+λλ为半径的圆. 7.解：（1）依题意f (0)=0，又由f (x 1)=1，当0≤y ≤1，函数y =f (x )的图象是斜率为b 0=1的线段，故由10)0()(11=--x f x f∴x 1=1又由f (x 2)=2，当1≤y ≤2时，函数y =f (x )的图象是斜率为b 的线段，故由b x x x f x f =--1212)()(即x 2–x 1=b1∴x 2=1+b1 记x 0=0，由函数y =f (x )图象中第n 段线段的斜率为b n –1，故得111)()(---=--n n n n n b x x x f x f又由f (x n )=n ,f (x n –1)=n –1 ∴x n –x n –1=(b1)n –1,n =1,2,…… 由此知数列{x n –x n –1}为等比数列，其首项为1，公比为b1. 因b ≠1，得∑==nk n x 1(x k –x k –1)=1+b 1+…+1)1(111--=--b b b bn n 即x n =1)1(1---b b b n （2）由（1）知，当b ＞1时，11)1(lim lim 1-=--=-∞→∞→b b b b b x n n n n 当0＜b ＜1，n →∞, x n 也趋于无穷大.∞→n lim x n 不存在.（3）由（1）知，当0≤y ≤1时，y =x ，即当0≤x ≤1时，f (x )=x ;当n ≤y ≤n +1，即x n ≤x ≤x n +1由（1）可知 f (x )=n +b n (x –x n )(n =1,2,…),由（2）知当b ＞1时，y =f (x )的定义域为［0,1-b b ); 当0＜b ＜1时，y =f (x )的定义域为［0,+∞). 8.(1)证明：依设，对任意x ∈R ，都有f (x )≤1∵ba b a x b x f 4)2()(22+--= ∴ba b a f 4)2(2=≤1∵a ＞0,b ＞0 ∴a ≤2b .（2）证明：必要性：对任意x ∈［0,1］，｜f (x )｜≤1⇒–1≤f (x ），据此可以推出–1≤f (1) 即a –b ≥–1，∴a ≥b –1对任意x ∈［0,1］，｜f (x )｜≤1⇒f (x )≤1. 因为b ＞1，可以推出f (b 1)≤1即a ·b1–1≤1， ∴a ≤2b ,∴b –1≤a ≤2b充分性：因为b ＞1，a ≥b –1，对任意x ∈［0,1］. 可以推出ax –bx 2≥b (x –x 2)–x ≥–x ≥–1 即ax –bx 2≥–1因为b ＞1,a ≤2b ,对任意x ∈［0,1］，可以推出ax –bx 2≤2b x –bx 2≤1 即ax –bx 2≤1,∴–1≤f (x )≤1综上，当b ＞1时，对任意x ∈［0,1］，｜f (x )｜≤1的充要条件是b –1≤a ≤2b . (3)解：∵a ＞0，0＜b ≤1∴x ∈［0,1］,f (x )=ax –bx 2≥–b ≥–1 即f (x )≥–1f (x )≤1⇒f (1)≤1⇒a –b ≤1 即a ≤b +1a ≤b +1⇒f (x )≤(b +1)x –bx 2≤1 即f (x )≤1所以当a ＞0，0＜b ≤1时，对任意x ∈［0,1］，｜f (x )｜≤1的充要条件是a ≤b +1.。

2020届高三数学问题：数列中的探索性问题-2020届高三数学提分精品(解析版)

专题五数列问题六：数列中的探索性问题一、考情分析近几年的高考试卷中经常出现以数列为载体的探索性问题，这类问题不仅考查学生的探索能力，而且给学生提供了创新思维的空间，而这类问题有下列三类题型：规律探索性问题；条件探索性问题；结论探索性问题.二、经验分享(1)对于条件开放的探索性问题，往往采用分析法，从结论和部分已知的条件入手，执果索因，导出所需的条件．另外，需要注意的是，这一类问题所要求的往往是问题的充分条件，而不一定是充要条件，因此，直觉联想、较好的洞察力都将有助于这一类问题的解答．(2)探索结论型问题是指那些题目结论不明确、或者答案不唯一，给同学们留有较大探索余地的试题．一般是由给定的已知条件求相应的结论。

它要求同学们充分利用已知条件进行猜想、透彻分析，发现规律、获取结论，这一类问题立意于对发散思维能力的培养和考察，具有开放性，解法活、形式新，无法套用统一的解题模式，不仅有利于考查和区分同学们的数学素质和创新能力，而且还可以有效地检测和区分考生的学习潜能，因而受到各方面的重视，近年来已成为高考试题的一个新亮点．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．数列中大小关系的探索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．(3)存在型探索性问题通常假定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．其中反证法在解题中起着重要的作用．(4)处理规律探索性问题，应充分利用已知条件，先求出数列的前几项，根据前几项的特点透彻分析，发现规律、猜想结论．三、题型分析(一) 条件探索性问题【例1】已知数列{}n a 为等差数列，12a =，{}n a 的前n 和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且2112233(1)24n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=-⋅+对任意的n *∈N 恒成立．（Ⅰ）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（Ⅱ）是否存在非零整数λ，使不等式1121111(1)(1)(1)cos 21n n n a a a a a πλ+--⋅⋅⋅⋅⋅⋅-<+对一切n *∈N 都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．（Ⅲ）各项均为正整数的无穷等差数列{}n c ，满足391007c a =，且存在正整数k ，使139,,k c c c 成等比数列，若数列{}n c 的公差为d ，求d 的所有可能取值之和．【分析】（Ⅰ）因为2112233(1)24n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=-⋅+对任意的n *∈N 恒成立，所以取1,2,3n =，又知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，设出首项，公差，公比解方程组即可；（Ⅱ））由2n a n =，得11coscos(1)(1)2n n a n ππ++=+=-，设121111(1)(1)(1)1n n nb a a a a =--⋅⋅⋅-+，则不等式等价于1(1)n n b λ+-<，问题转化为求n b 的最小值，因0n b >，利用()12112123n n n b b n n ++=>++知n b 单调递增，求n b 的最小值，再根据1(1)n n b λ+-<求解；（Ⅲ）特殊情况0d =时，成立，当d ＞0时，3911382014201438c c d c d =+=⇒=-，39(39)2014(39)k c c k d k d =+-=+-，由等比中项知2391k c c c =，化简得()23953(77)0(39)53(77)k d k d k d k --+-=⇒-=-，整理得：*53383953k N d ⨯=+∈-，由120143838(53)05300c d d d d =-=->⇒->⎧⎨>⎩，所以53530d >->，根据*533853N d⨯∈-，故531,2,19d -=，从而52,51,34d =，所以公差d 的所有可能取值之和为137．【解析】（Ⅰ）法1：设数列{}n a 的公差为d ，数列{}n b 的公比为q ．因为2112233(1)24()n n n a b a b a b a b n n +*+++⋅⋅⋅+=-⋅+∈N令1,2,3n =分别得114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，又12a =所以1122332,21648a b a b a b ==⎧⎪=⎨⎪=⎩即22(2)(2)163440(22)(2)48d q d d d q +=⎧⇒--=⎨+=⎩，得11236d q ⎧=-⎪⎨⎪=⎩或2222d q =⎧⎨=⎩，经检验2,2d q ==符合题意，2,63d q =-=不合题意，舍去．所以2,2nn n a n b ==．①当n 为奇数时，得min 123()3n b b λ<==； ② 当n 为偶数时，得min 285()15n b b λ-<==，即8515λ>-．[来源:Z,xx,]综上，8523,153λ⎛⎫∈- ⎪ ⎪⎝⎭，由λ是非零整数，可知存在1λ=±满足条件．（Ⅲ）易知d=0，成立．当d ＞0时，3911382014201438c c d c d =+=⇒=-，39(39)2014(39)k c c k d k d =+-=+-，[][]22391(201438)2014(39)2014,38(53)2014(39)20142014,k c c c d k d d k d =⇒-+-=⇒-+-=⨯()()53201439532014d k d ⇒-+-=⨯⎡⎤⎣⎦，()23953(77)0(39)53(77)k d k d k d k ⇒--+-=⇒-=-， 395353107(53)395377kd d k d k d ⇒-=-⨯⇒-=-⨯，*39537739(53)5339537753385338393953535353d d k N d d d d-⨯-+⨯-⨯⨯⨯===-=+∈----，又120143838(53)05300c d d d d =-=->⇒->⎧⎨>⎩Q ，05353d ∴<-<，531,2,19d ∴-=，52,51,34d ∴=，所以公差d 的所有可能取值之和为137．……16分【点评】第一问采取特殊化的思想，转化为联立方程组求首项，公差公比问题，比较容易解决；第二问学会构造数列，将恒成立问题转化为求数列的最小值，选择做商的方法研究数列的单调性，进而求其最值，特别注意最后结果需要对n 分奇偶讨论；第三问通过等比中项，构造公差和项数的方程，利用项数是正整数，分析对公差d 的要求，进而得到d 的可能取值，此类问题虽然比较常见，但是对变形、运算、分析能力要求很高．【小试牛刀】【2017届河北武邑中学高三上学期调研】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且()12n n S n λ=+-⋅,又数列{}n b 满足:n n a b n ⋅=． (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ)当λ为何值时,数列{}n b 是等比数列？并求此时数列{}n b 的前n 项和n T 的取值范围．【答案】（Ⅰ）()()11,22n n n a n n λ-=⎧⎪=⎨⋅≥⎪⎩；(Ⅱ)[)1,2. 【解析】（Ⅰ）由()12n n S n λ=+-⋅，当1n =时，11a S λ==；当2n ≥时，()()11112222n n n n n n a S S n n n ---=-=-⋅--⋅=⋅，故数列{}n a 的通项公式为()()11,22n n n a n n λ-=⎧⎪=⎨⋅≥⎪⎩(Ⅱ)由n n a b n ⋅=有()()111,122n n n b n λ-⎧=⎪⎪=⎨⎛⎫⎪≥ ⎪⎪⎝⎭⎩则数列{}n b 为等比数列，则首项为11b λ=满足2n ≥的情况，故1λ=，则()112111122111212nn n nb q b b q --⎛⎫++===- ⎪-⎝⎭-…+b 而1212n⎛⎫- ⎪⎝⎭是单调递增的，故[)121211,22n n b b ⎛⎫++=-∈ ⎪⎝⎭…+b [来源:](二) 结论探索性问题【例2】已知数列{}n a 中，2a a =（a 为非零常数），其前n 项和n S 满足1()()2n n n a a S n N +-=∈．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2a =，且21114m n a S -=，求m n 、的值；（3）是否存在实数a b 、，使得对任意正整数p ，数列{}n a 中满足n a b p +≤的最大项恰为第32p -项？若存在，分别求出a 与b 的取值范围；若不存在，请说明理由．【分析】(1)先由()12n n n a a S -=得11111()02a a a S -===g ， 2n n na S =，11(1)2n n n a S +++=两式相减整理得1(1)n n n a na +-=，21(1)n n na n a ++=+，再相减化为121n n n n a a a a +++-=-，故{}n a 是等差数列，(1)n a n a =-；(2)先求出()()221,1n n a n S n n =-=-代入21114m n a S -=整理得(223)(221)43m n m n +---=，只有22343,m n +-=且2211m n --=，解得12,11m n ==；(3)先排除0a <的情况，再求得0a >时有1p b n a -≤+，再由3231p bp p a--≤<-对任意正数p 成立可得310,a -= 13a =，最后验证2013b b -<≤-得213b <≤．【解析】（1）由已知，得11111()02a a a S -===g ，∴2n n na S =，则有11(1)2n n n a S +++=，∴112()(1)n n n n S S n a na ++-=+-，即1(1)n n n a na +-=，21(1)n n na n a ++=+，两式相加，得*122,n n n a a a n N ++=+∈，即*121,n n n n a a a a n N +++-=-∈，故数列{}n a 是等差数列，又120,a a a ==，∴(1)n a n a =-（3）由n a b p +≤，得(1)a n b p -+≤，若0a <，则1p bn a -≥+，不合题意，舍去；若0a >，则1p bn a-≤+． ∵不等式n a b p +≤成立的最大正整数解为32p -， ∴32131p bp p a--≤+<-，即2(31)3a b a p a b -<-≤-对任意正整数p 都成立，∴310a -=，解得13a =，此时，2013b b -<≤-，解得213b <≤，故存在实数a b 、满足条件，a 与b 的取值范围是12,133a b =<≤，【点评】判定一个数列为等差数列的常见方法是：①验证2n ≥时1n n a a --为同一常数；②验证3n ≥时，112n n n n a a a a ----=-恒成立；③验证n a pn q =+；④验证2n S An Bn =+．本题（1）运用了方法②．【小试牛刀】【2017届河北武邑中学高三理周考】已知数列{}n a 中，11a =，且点()()*1n n P a a n N +∈，在直线10x y -+=上．⑴求数列{}n a 的通项公式； ⑵若函数()123123nnf n n a n a n a n a =++++++++…（n N ∈，且2n ≥），求函数()f n 的最小值； ⑶设1n nb a =，n S 表示数列{}n b 的前n 项和，试问：是否存在关于n 的整式()g n ，使得()()12311n n S S S S S g n -++++=-⋅…对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出()g n 的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．【答案】(1)n a n =；（2）65)2(=f ；(3)n ng =)(，证明见解析. 【解析】⑴Θ点）（1,+n n a a P 在直线01=--y x 上，即11=-+n n a a ，且11=a ，∴数列}{n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，)2(1)1(1≥=⋅-+=∴n n n a n ，11=a 也满足，n a n =∴⑵Θn nn n n f 22211)(+++++=Λ， ∴22112213221)1(+++++-+++++=+n n n n n n n n n f Λ， 0)()1(≥-+∴n f n f ，)(n f ∴是单调递增的，故)(n f 的最小值是65)2(=f ． ⑶Θn S n b n n 1312111++++=⇒=Λ，)2(11≥=-∴-n nS S n n ，即，1,,1)2()1(112221+=-+=---∴---S S S S S n S n n n n Λ，,1-n 1211++++=-∴-n n S S S S nS Λ)2()1(121≥⋅-=-=+++∴-n n S n nS S S S n n n Λ，n n g =∴)(．故存在关于n 的整式n n g =)(，使等式对于一切不小于2的自然数n 恒成立．法二：先由3,2==n n 的情况，猜想出n n g =)(，再用数学归纳法证明． (三) 存在型探索问题通常假定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．其中反证法在解题中起着重要的作用．【例3】【广东省茂名市五大联盟学校2018届高三3月联考】设数列的前n 项和为，且满足（）.（1）求数列的通项公式；（2）是否存在实数,使得数列为等差数列？若存在，求出的值,若不存在,请说明理由. 【答案】(1)；(2)答案见解析.【分析】（1）由题意可得，据此有.且（）.，故，整理可得.数列是以2为首项,2为公比的等比数列，.（2）由（1）知，，，必要条件探路，若为等差数列，则，，成等差数列，据此可得.经检验时，成等差数列，故的值为-2.【解析】（1）由（），可知当时，.又由（）.可得，两式相减，得，即，即.所以数列是以2为首项,2为公比的等比数列故.（2）由（1）知，，所以若为等差数列，则，，成等差数列，即有，即，解得. 经检验时，成等差数列，故的值为-2.【小试牛刀】【2017安徽六安一中上学期周检】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，13n S +是6与2nS 的等差中项()n N *∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在正整数k ，使不等式()()21nn n k a S n N*-<∈恒成立，若存在，求出k 的最大值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)()*131N n a n n ∈=-；(2)存在,11. 【解析】（1）解法一：因为13n S +是6与2n S 的等差中项，所以()1626n n S S n N *++=∈，即1113n n S S +=+，当2n ≥时有1113n n S S -=+② -①②得()1113n n n n S S S S +--=-，即113n n a a +=对2n ≥都成立又根据①有21113S S =+即121113a a a +=+，所以211133a a ==所以()113n n a n N *-=∈.所以数列{}n a 是首项为1，公比为13的等比数列.解法二：因为13n S +是6与2n S 的等差中项所以()1626n n S S n N *++=∈，即1113n n S S +=+，()n N *∈ 由此得()1313111312323232n n n n S S S S n N *+⎛⎫⎛⎫-=+-=-=-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又11331222S a -=-=-，所以()1312332n n S n N S +*-=∈-，所以数列32n S ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以为12-首项，13为公比的等比数列. 得1311223n n S -⎛⎫-=-⨯ ⎪⎝⎭，即()1311223n n S n N -*⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，所以，当2n ≥时，121131131112232233n n n n n n a S S ----⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-=---=⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，又1n =时，11a =也适合上式，所以()113n n a n N *-=∈. （2）根据（1）的结论可知，数列{}n a 是首项为1，公比为13的等比数列，所以其前n 项和为()1311223n n S n N -*⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭原问题等价于()()()21111113323n n nk n N --*⎡⎤⎛⎫⎛⎫-<-∈⎢⎥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦①恒成立. 当n 为奇数时，不等式左边恒为负数，右边恒为正数，所以对任意正整数k 不等式恒成立；当n 为偶数时，①等价于()2111123033n n k --⎛⎫⎛⎫+-< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭恒成立，令113n t -⎛⎫= ⎪⎝⎭，有103t <<，则①等价于2230kt t +-<在103t <<恒成立，因为k 为正整数，二次函数223y kt t =+-的对称轴显然在y 轴左侧，所以当103t <<时，二次函数为增函数，故只须21123033k ⎛⎫+-< ⎪⎝⎭，解得012k <<，k N *∈，所以存在符合要求的正整数k ，且最大值为11.四、迁移运用1．【2017福建厦门一中高二上学期期中】数列{}n a 的前n 项和为n S ，若*3113,21,n n S a S n N +==+∈，则符合5n S a >的最小的n 值为（）学！科网A ．8B ．7C ．6D ．5[来源学§科§网Z §X §X §K]【答案】D2．【2017届安徽淮北一中高三上学期四模】已知{}n a 是等比数列, 公比为q , 前n 项和是n S ，若1341,,a a a a - 成等差数列，则（）A ．10a >时，1n n S qS +<B ．10a >时，21n n S q S +< C. 10a <时，1n n S qS +< D ．10a <时，21n n S q S +<【答案】B【解析】1341,,a a a a -成等差数列，即314142,2a a a a a q =+-==.()()11122112n n n a S a -==--，()11121n n S a ++=-，()21421n n q S a =-，当10a >时，()()()211111214213120n n n n n S q S a a a ++-=---=-<，所以21n n S q S +<，选B.3．【2017届河北武邑中学高三周考】若数列{}n a 满足112324221n n a a a a n -++++=-…，且数列{}n a 的前n 项和为n S ，若实数λ满足对于任意*n N ∈都有24n S λλ<<，则λ的取值范围是．【答案】143<≤λ 【解析】由,122421321-=++++-n a a a a n n 得2123124221123n n a a a a n n --++++=--=-（）2n ≥（），两式相减得）（2,221≥=-n a n n ，又1=n 时，11=a ，所以,)2(2112⎩⎨⎧≥==-n n a n n ），（所以212210213211211122221------=--+=++++=n n nn S ）（）（Λ，在1≥n 时单调递增，可得31<≤n S ，由题意可得,3412⎩⎨⎧≥<λλ解得143<≤λ.4．【2017届安徽淮北一中高三上学期四模】已知数列{}n a 与{}n b 满足()1122n n n n a b b a n N *+++=+∈，若()19,3n n a b n N *==∈且()33633n n a n λλ>+-+对一切n N *∈恒成立，则实数λ的取值范围是_________. 【答案】13,18⎛⎫+∞⎪⎝⎭5．【2017届山西临汾一中等五校高三联考】已知数列{}n a 的通项公式()(),14182,2nn a n a n a n =⎧⎪=⎨+--≥⎪⎩，若对任意1,n n n N a a ++∈<恒成立，则a 的取值范围是_____________ . 【答案】()3,5【解析】∵对任意1,n n n N a a ++∈<恒成立，∴1=n 时，21a a <，可得()a a 288-+<，解得316<a ．2≥n 时，()()()()()a n a n n n2811428141--++<--++，化为：()()01141>+--+n a ，k n 2=时，化为：()014>+--a ，解得3>a ；12+=k n 时，化为：014>+-a ，解得5<a ．综上可得：()3,5．∴a 的取值范围是()3,5．故答案为：()3,5．6．【2017届湖南湘中名校教改联合体高三12月联考】对于数列{}n a ，定义11222n nn a a a H n-+++=L 为{}n a 的“优值”，现在已知某数列{}n a 的“优值”12n n H +=，记数列{}n a kn -的前n 项和为n S ，若5n S S ≤对任意的n 恒成立，则实数k 的最大值为__________．【答案】712,35⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】由题可知1112222n n na a a n-++++=L ，∴1112222n n n a a a n -++++=⋅L ①，212122(1)2n n n a a a n --+++=-⋅L ②，由①-②得：1122(1)2n n n n a n n -+=⋅--⋅，则22n a n =+，所以(2)2n a kn k n -=-⋅+，令(2)2n b k n =-⋅+，5n S S ≤Q ，560,0b b ∴≥≤，解得：71235k ≤≤，所以k 的取值范围是712[,]35. 7．【2017届江苏如东高级中学等四校高三12月联考】已知数列{}n x 各项为正整数，满足1, 21,nn n nn x x x x x +⎧⎪=⎨⎪+⎩为偶数，为奇数，*n ∈N ．若343x x +=，则1x 所有可能取值的集合为__________．【答案】{}1,2,3,4,8【解析】由题意得34341,22,1x x x x ====或；当31x =时，22x =，从而114x =或；当32x =时，214x =或，因此当21x =时，12x =；当24x =时，183x =或，综上1x 所有可能取值的集合为{}1,2,3,4,88.设等差数列{}n a 满足公差d N +∈,n a N +∈,且数列{}n a 中任意两项之和也是该数列的一项.若513a =，则d 的所有可能取值之和为_________________.【答案】364【解析】设,n m a a (m n)≠设等差数列{}n a 中的任意两项，由已知得，53(n 1)n a d =+-，53(1)m a m d =+-，则523(2)m n a a m n d +=⨯++-，设m n a a +是数列{}n a 中的第k 项，则有53(1)m n a a k d +=+-，即5523(2)3(1)m n d k d ⨯++-=+-，531d m n k =-+--，故d 的所有可能取值为23451,3,3,3,3,3，其和为61336413-=-． 9．【江苏省扬州市2017-2018学年度第一学期期末调研】已知各项都是正数的数列的前项和为，且，数列满足，.（1）求数列、的通项公式；（2）设数列满足，求和；（3）是否存在正整数，，，使得，，成等差数列？若存在，求出所有满足要求的，，，若不存在，说明理由. 【解析】（1）①，②，②-①得：，即，因为是正数数列，所以，即，所以是等差数列，其中公差为1，在中，令，得，所以，由得，所以数列是等比数列，其中首项为，公比为，所以.（2），裂项得，所以，（3）假设存在正整数，使得成等差数列，则，即，因为，所以数列从第二项起单调递减，当时，，若，则，此时无解；若，则，因为从第二项起递减，故，所以符合要求，若，则，即，不符合要求，此时无解；当时，一定有，否则若，则，即，矛盾，所以，此时，令，则，所以，，综上得：存在或，，满足要求.10．数列{}n x 满足： 11x =， 141n n n x x x ++=+， *n N ∈ (Ⅰ)判断n x 与2的大小关系，并证明你的结论； (Ⅱ)求证： 122222n x x x -+-++-<L . 【解析】Ⅰ) 当n 为奇数时， n x <2；当n 为偶数时， n x >2. 证明如下：()1221n n n x x x +---=+，两边同取倒数得：11131222n n n n x x x x++=-=-----，1111132424n nx x +⎛⎫+=-⨯+ ⎪--⎝⎭，所以数列1124n x ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以34-为首项， 3-为公比的等比数列，()11133244n n x -+=-⋅--， ()4231n nx -=--，所以当n 为奇数时，()42031n nx -=<--，即n x <2；当n 为偶数时， ()42031n nx -=>--， n x >2.当n 为偶数且4n ≥时，要证1412312n n n x --=<-，只需证2231nn⨯<-，即证212133n n⎛⎫⎛⎫⨯+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()21233nnf n ⎛⎫⎛⎫=⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()f n 单调递减， ()()max 41f n f =<，当n 为奇数且3n ≥时，要证1412312n n n x --=<+，只需证2231nn⨯<+，只需证223nn⨯<，即证2213n ⎛⎫⨯< ⎪⎝⎭，令()223ng n ⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭，则()g n 单调递减， ()()max 31g n g =<，所以()1412231n nn x --=<--成立，所以122222n x x x -+-++-<L 成立.学科-网11．【江苏省盐城中学2018届高三上学期期末】已知数列{}n a 满足11a =， 2142n n n n a a a a λμ+++=+，其中*N n ∈， λ， μ为非零常数.（1）若3λ=，8μ=，求证： {}1n a +为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n a 是公差不等于零的等差数列. ①求实数λ，μ的值；②数列{}n a 的前n 项和n S 构成数列{}n S ，从{}n S 中取不同的四项按从小到大排列组成四项子数列.试问：是否存在首项为1S 的四项子数列，使得该子数列中的所有项之和恰好为2017？若存在，求出所有满足条件的四项子数列；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）当3λ=， 8μ=时， 213842n n n n a a a a +++=+ ()()3222n n n a a a ++=+ 32na =+， ()1131n n a a +∴+=+.又10n a +≠，不然110a +=，这与112a +=矛盾，{}1n a ∴+为2为首项，3为公比的等比数列，1123n n a -∴+=⋅， 1231n n a -∴=⋅-.经检验，满足题意. 综上，1λ=， 4μ=， 21n a n =-.②由①知()21212n n n S n +-==.设存在这样满足条件的四元子列，观察到2017为奇数，这四项或者三个奇数一个偶数、或者一个奇数三个偶数.1°若三个奇数一个偶数，设1S ， 21x S +， 21y S +， 2z S 是满足条件的四项，则()2121x +++ ()222142017y z ++=，()2222x x y y z ∴++++ 1007=，这与1007为奇数矛盾，不合题意舍去.2°若一个奇数三个偶数，设1S ， 2x S ， 2y S ， 2z S 是满足条件的四项，则2214x ++ 22442017y z +=， 222504x y z ∴++=. 由504为偶数知， x ， y ， z 中一个偶数两个奇数或者三个偶数.1）若x ， y ， z 中一个偶数两个奇数，不妨设12x x =， 121y y =+， 121z z =+，则()222111112x y y z z ++++ 251=，这与251为奇数矛盾.2）若x ， y ， z 均为偶数，不妨设12x x =， 12y y =， 12z z =，则222111126x y z ++=，继续奇偶分析知1x ， 1y ， 1z 中两奇数一个偶数，不妨设122x x =， 1221y y =+， 1221z z =+，则22222x y y +++ 22231z z +=.[来源:Z §xx §]因为()221y y +， ()221z z +均为偶数，所以2x 为奇数，不妨设220y z ≤≤，当21x =时， 222222y y z z +++ 30=， 22214y y +≤，检验得20y =， 25z =， 21x =，当23x =时， 222222y y z z +++ 22=， 22210y y +≤，检验得21y =， 24z =， 23x =，当25x =时， 222222y y z z +++ 6=， 2222y y +≤，检验得20y =， 22z =， 25x =，即1S ， 4S ， 8S ， 44S 或者1S ， 12S ， 24S ， 36S 或者1S ， 4S ， 20S ， 40S 满足条件，综上所述， {}14844,,,S S S S ， {}1122436,,,S S S S ， {}142040,,,S S S S 为全部满足条件的四元子列. 12．【西南名校联盟高三2018年元月考试】已知数列{}n a 为等差数列，公差为d ，其前n 项和为n S ，且1357915a a a a a ++++=， 24681025a a a a a ++++=.（1）求数列{}n a 的通项公式n a 及前n 项和n S ；（2）若数列{}n b 满足14b a =， ()*13n n n b b n N +=+∈，求满足6n n b S n ≤+的所有n 的值. 【解析】学！科网（1）∵1357915a a a a a ++++=， 24681025a a a a a ++++=， ∴5515a =， 6525a =，得53a =， 65a =，∴2d =，∴()55n a a n d =+- ()325n =+- 27n =-，得15a =-，∴()112n n n S na d -=+26n n =-．（2）∵141b a ==， 13nn n b b +-=，∴()()()121122113331n n n n n n n b b b b b b b b -----=-+-+⋅⋅⋅+-+=++⋅⋅⋅++ ()3122n n -=≥，又13112b -==∴()31*2n n b n N -=∈，故由6n n b S n ≤+得2312nn -≤ ∴1n =或2n =．13．【2017届湖南长沙雅礼中学高三月考】已知首项为23的等比数列}{n a 的前n 项和为)(*∈N n S n ，且4324,,2S S S -成等差数列.（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）对于数列}{n A ，若存在一个区间M ，均有),3,2,1(,Λ=∈i M A i ，则称M 为数列}{n A 的“容值区间”.设nn n S S b 1+=，试求数列}{n b 的“容值区间”长度的最小值. （注：区间],[),,[],,(),,(b a b a b a b a 的长度均为a b -）【答案】（1）1)21(23--⋅=n n a ；（2）61．【解析】（1）设等比数列}{n a 的公比为)0(≠q q ，由题意知342242S S S =+-，则)232323(2)23232323(4)2323(2232q q q q q q ++=+++++-，化简得06332=+q q ，解得21-=q ，∴1)21(23--⋅=n n a .（2）由（1）可知n n S )21(1--=.当n 为偶数时，n n S )21(1-=，易知n S 随n 增大而增大，∴)1,43[∈n S ，此时]1225,2(1∈+=n n n S S b ；当n 为奇数时，n n S )21(1+=，易知n S 随n 增大而减小，∴]23,1(∈n S ，此时]613,2(1∈+=n n n S S b . 又1225613>，∴]213,2(∈n b .故数列}{n b 的“容值区间”长度的最小值为61. 14．【2017届河南南阳一中高三上学期月考】已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足11()22n n n S a -++=（*n N ∈），设2n n n c a =.（1）求证：数列{}n c 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）按以下规律构造数列{}n b ，具体方法如下：11b c =，223b c c =+，34567b c c c c =+++，…，第n 项n b 由相应的{}n c 中12n -项的和组成，求数列{}n b 的通项公式．【答案】（1）2n nn a =；（2）232322n n --⨯-.【解析】（1）在11()22n n n S a -++=，①中，令1n =，得1112S a ++=，∴112a =．当2n ≥时，2111()22n n n S a ---++=，②①-②得：1112()02n n n a a ----=，（2n ≥），∴1112()2n n n a a ---=，∴11221n n n n a a ---=，又2nn n c a =，∴11(2)n n c c n --=≥，又1121c a ==，所以数列{}n c 是等差数列，∴1(1)1n c n n =+-⨯=，又2nn n c a =，∴2n nn a =．（2）由题意得1111122122212(21)(21)n n n n n n n n b c c c c -----++-=++++=++++-……，而12n -，121n -+，122n -+，…，21n -是首项为12n -，公差为1的等差数列，设数列共有12n -项，所以，11222112322(21)222232222n n n n n n n n n b -------⎡⎤+-⨯+-⎣⎦===⨯-．15．【2017届福建连城县二中高三上学期期中】数列{}n a 的前n 项和为n S ，1a t =，121n n a S +=+（*n N ∈）．（1）t 为何值时，数列{}n a 是等比数列？（2）在（1）的条件下，若等差数列{}n b 的前n 项和n T 有最大值，且315T =，又11a b +，22a b +，33a b +等比数列，求n T ．【答案】（1）1t =；（2）2205n T n n =-.【解析】（1）∵121n n a S +=+， ∴当2n ≥时，121n n a S -=+，两式相减得12n n n a a a +-=，即13n n a a +=， ∴当2n ≥时，数列{}n a 是等比数列，要使数列{}n a 是等比数列，当且仅当213a a =，即213t t+=，从而1t =．16．【2017届江西鹰潭一中高三上学期月考】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，()1,1a a =r ，()101,b a =r，若24a b =r rg ，且11143S =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足()1121n a n T a λ-=--（*n N ∈）．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式及数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和；（Ⅱ）是否存在非零实数λ，使得数列为等比数列？并说明理由．【答案】（Ⅰ）21n a n =+，96+=n nM n ；（Ⅱ）不存在非零实数，使数列为等比数列，理由见解析．【解析】（Ⅰ）设数列{}n a 的公差为d ，由()1,1a a =r ，()101,b a =r，24a b =r r g ，得11024a a +=又11143S =解得13a =，2d =，因此数列的通项公式是21n a n =+（*n N ∈），所以1111122123n n a a n n +⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，所以111111123557212369n nM n n n ⎛⎫=-+-++-= ⎪+++⎝⎭L（Ⅱ）因为()1121n a n T a λ-=--（*n N ∈）且13a =可得124n n T λλ=+，当1n =时，16b λ=；当2n ≥时，1134n n n n b T T λ--=-=，此时有14n n b b -=，若是{}n b 等比数列，则有214bb =，而16b λ=，212b λ=，彼此相矛盾，故不存在非零实数，使数列为等比数列．17．【2017届河南中原名校豫南九校高三上学期质检四】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且55625S a a =+=.（1）求{}n a 的通项公式；[来源学科网ZXXK]（2）若不等式()()282714nn n S n k a ++>-+对所有的正整数n 都成立，求实数k 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）34n a n =-（Ⅱ）2974k -<<18．【2017届江苏南京市盐城高三一模】若存在常数*(,2)k k N k ∈≥、q 、d ，使得无穷数列{}n a 满足1,,,,n n n n a d N ka n qa N k *+*⎧+∉⎪⎪=⎨⎪∈⎪⎩则称数列{}n a 为“段比差数列”，其中常数k 、q 、d 分别叫做段长、段比、段差. 设数列{}n b 为“段比差数列”.（1）若{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、q 、3. ①当0q =时，求2016b ；②当1q =时，设{}n b 的前3n 项和为3n S ，若不等式133n n S λ-≤⋅对n N *∈恒成立，求实数λ的取值范围；（2）设{}n b 为等比数列，且首项为b ，试写出所有满足条件的{}n b ，并说明理由. 【答案】（Ⅰ）①6，②[)14,λ∈+∞（Ⅱ）n b b =或()11n n b b -=-.【解析】（1）①方法一：∵{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3，2014201300b b ∴=⨯=，2015201433b b ∴=+=，2016201536b b ∴=+=.方法二：∵{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3，∴11b =，24b =，37b =，4300b b =⨯=，5433b b =+=，6536b b =+=，7600b b =⨯=， ∴当4n ≥时，{}n b 是周期为3的周期数列. ∴201666b b ==.②方法一：∵{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3，∴()()()32313131331313126n n n n n n n n b b b d b qb d b q b d d b d +-+-----=+-=+-=++-==⎡⎤⎣⎦， ∴{}31n b -是以24b =为首项、6为公差的等差数列，又()()32313313131313n n n n n n n b b b b d b b d b ------++=-+++=Q ，()()()312345632313n n n n S b b b b b b b b b --∴=+++++++++L()()2253113346932n n n b b b n n n --⎡⎤=++=+⨯=+⎢⎥⎣⎦L ，133n n S λ-≤⋅Q ，313n n S λ-∴≤，设313nnn S c -=，则()max n c λ≥，又()()()2221112322913193333n n n n n n n n n n n c c +-----++++-=-=，当1n =时，23220n n --<，12c c <；当2n ≥时，23220n n -->，1n n c c +<， ∴123c c c <>>⋅⋅⋅，∴()2max 14n c c ==， ∴14λ≥，得[)14,λ∈+∞.方法二：∵{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3，∴313n n b b +=，∴333333126n n n n b b b b d +++-=-==，∴{}3n b 是首项为37b =、公差为6的等差数列，∴()2363176342n n n b b b n n n -+++=+⨯=+L ，易知{}n b 中删掉{}3n b 的项后按原来的顺序构成一个首项为1公差为3的等差数列，()21245323122121362n n n n b b b b b b n n n ---∴++++++=⨯+⨯=-L ， ()()222334693n S n n n n n n ∴=++-=+，以下同方法一.方法二：设{}n b 的段长、段比、段差分别为k 、q 、d ，①若2k =，则1b b =，2b b d =+，()3b b d q =+，()4b b d q d =++，由2132b b b =，得b d bq +=；由2243b b b =，得()()2b d q b d q d +=++，联立两式，得01d q =⎧⎨=⎩或21d b q =-⎧⎨=-⎩，则n b b =或()11n n b b -=-，经检验均合题意.②若3k ≥，则1b b =，2b b d =+，32b b d =+，由2132b b b =，得()()22b d b b d +=+，得0d =，则n b b =，经检验适合题意.综上①②，满足条件的{}n b 的通项公式为n b b =或()11n n b b -=-.19．【2017届江苏如东高级中学等四校高三12月联考】已知数列{}n a 满足10a =，218a =，且对任意m ，*n ∈N 都有()221211324m n m n a a a m n --+-+=+-．（1）求3a ，5a ；（2）设2121n n n b a a +-=-（*n ∈N ）． ①求数列{}n b 的通项公式； ②设数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ，是否存在正整数p ，q ，且1p q <<，使得1S ，p S ，q S 成等比数列？若存在，求出p ，q 的值，若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）31a =，55a =（Ⅱ）①32n b n =-②2p =，16q = 【解析】（1）由题意，令2m =，1n =，则()231232214a a a +=+-，解得31a =．令3m =，1n =，则()251332314a a a +=+-，解得55a =．（2）①以2n +代替m ，得23212123n n n a a a +-++=+．则()()()21212112113n n n n a a a a +-+++-⎡⎤---=⎣⎦，即13n nb b +-=．所以数列{}n b 是以3为公差的等差数列．1311b a a =-=，()11332n b n n ∴=+-⨯=-．②因为()()111111323133231n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭．所以11111111113447323133131n n S n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦L ．则114S =，31p p S p =+，31q q S q =+．因为1S ，p S ，q S 成等比数列，2131431p q p q ⎛⎫∴= ⎪++⎝⎭g ，即26134p q p q ++=．所以1p q <<，34433q q q +∴=+>．2613p p+∴>．解得32332333p -+<<．又1p <，且*p ∈N ，2p ∴=，则16q =．学科-网所以存在正整数2p =，16q =，使得1S ，p S ，q S 成等比数列．。

(名师推荐)高考数学难点突破_难点40__探索性问题

难点40 探索性问题高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题.1.（★★★★）已知三个向量a 、b 、c ，其中每两个之间的夹角为120°，若｜a ｜=3, ｜b ｜=2,｜c ｜=1，则a 用b 、c 表示为 .2.（★★★★★）假设每一架飞机引擎在飞行中故障率为1–p ，且各引擎是否有故障是独立的，如有至少50%的引擎能正常运行，飞机就可成功飞行，则对于多大的p 而言，4引擎飞机比2引擎飞机更为安全？［例1］已知函数1)(2++=ax c bx x f (a ,c ∈R ,a ＞0,b 是自然数）是奇函数，f (x )有最大值21，且f (1)＞52. （1）求函数f (x )的解析式；（2）是否存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，并且使得P 、Q 两点关于点（1，0）对称，若存在，求出直线l 的方程，若不存在，说明理由.命题意图：本题考查待定系数法求函数解析式、最值问题、直线方程及综合分析问题的能力，属★★★★★级题目.知识依托：函数的奇偶性、重要不等式求最值、方程与不等式的解法、对称问题.错解分析：不能把a 与b 间的等量关系与不等关系联立求b ；忽视b 为自然数而导致求不出b 的具体值；P 、Q 两点的坐标关系列不出解.技巧与方法：充分利用题设条件是解题关键.本题是存在型探索题目，注意在假设存在的条件下推理创新，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定的结论，并加以论证.解：（1）∵f (x )是奇函数∴f (–x )=–f (x )，即1122++-=++-ax c bx ax c bx ∴–bx +c =–bx –c∴c =0∴f (x )=12+ax bx 由a ＞0，b 是自然数得当x ≤0时，f (x )≤0，当x ＞0时，f (x )＞0∴f (x )的最大值在x ＞0时取得.∴x ＞0时，22111)(b abx x b a x f ≤+= 当且仅当bxx b a 1=即a x 1=时，f (x )有最大值21212=b a∴2ba =1,∴a =b 2 ① 又f (1)＞52，∴1+a b ＞52,∴5b ＞2a +2 ② 把①代入②得2b 2–5b +2＜0解得21＜b ＜2 又b ∈N ,∴b =1,a =1,∴f (x )=12+x x （2）设存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，且P 、Q 关于点（1，0）对称，P (x 0,y 0)则Q （2–x 0,–y 0)，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+--=+020002001)2(21y x x y x x ,消去y 0，得x 02–2x 0–1=0解之，得x 0=1±2,∴P 点坐标为(42,21+)或(42,21--)进而相应Q 点坐标为Q （42,21--）或Q (42,21+). 过P 、Q 的直线l 的方程：x –4y –1=0即为所求.［例2］如图，三条直线a 、b 、c 两两平行，直线a 、b 间的距离为p ，直线b 、c 间的距离为2p ，A 、B 为直线a 上两定点，且｜AB ｜=2p ，MN 是在直线b 上滑动的长度为2p 的线段.（1）建立适当的平面直角坐标系，求△AMN 的外心C 的轨迹E ；（2）接上问，当△AMN 的外心C 在E 上什么位置时，d +｜BC ｜最小，最小值是多少？（其中d 是外心C 到直线c 的距离）.命题意图：本题考查轨迹方程的求法、抛物线的性质、数形结合思想及分析、探索问题、综合解题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：求曲线的方程、抛物线及其性质、直线的方程.错解分析：①建立恰当的直角坐标系是解决本题的关键，如何建系是难点，②第二问中确定C 点位置需要一番分析.技巧与方法：本题主要运用抛物线的性质，寻求点C 所在位置，然后加以论证和计算，得出正确结论，是条件探索型题目.解：（1）以直线b 为x 轴，以过A 点且与b 直线垂直的直线为y 轴建立直角坐标系.设△AMN 的外心为C (x ,y )，则有A (0,p )、M （x –p ,0)，N (x +p ,0)，由题意，有｜CA ｜=｜CM ｜ ∴2222)()(y p x x p y x ++-=-+,化简，得x 2=2py它是以原点为顶点，y 轴为对称轴，开口向上的抛物线.（2）由（1）得，直线C 恰为轨迹E 的准线.由抛物线的定义知d =｜CF ｜，其中F （0,2p ）是抛物线的焦点. ∴d +｜BC ｜=｜CF ｜+｜BC ｜由两点间直线段最短知，线段BF 与轨迹E 的交点即为所求的点直线BF 的方程为p x y 2141+=联立方程组 ⎪⎩⎪⎨⎧=+=py x p x y 221412得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=.16179)171(41p y p x . 即C 点坐标为(p p 16179,4171++). 此时d +｜BC ｜的最小值为｜BF ｜=p 217.如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.解决探索性问题，对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面有较高要求，高考题中一般对这类问题有如下方法：（1）直接求解；（2）观察——猜测——证明；（3）赋值推断；（4）数形结合；（5）联想类比；（6）特殊——一般——特殊.一、选择题1.（★★★★）已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下面四个命题，其中正确命题是( )①α∥β⇒l ⊥m ②α⊥β⇒l ∥m ③l ∥m ⇒α⊥β ④l ⊥m ⇒α∥βA.①与②B.①与③C.②与④D.③与④2.（★★★★）某邮局只有0.60元，0.80元，1.10元的三种邮票.现有邮资为7.50元的邮件一件，为使粘贴邮票的张数最少，且资费恰为7.50元，则最少要购买邮票( )A.7张B.8张C.9张D.10张二、填空题3.(★★★★)观察sin 220°+cos 250°+sin20°cos50°=43,sin 215°+cos 245°+sin15°·cos45°=43，写出一个与以上两式规律相同的一个等式 .三、解答题4.（★★★★）在四棱锥P —ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，问底面的边BC 上是否存在点E .（1）使∠PED =90°；（2）使∠PED 为锐角.证明你的结论.5.（★★★★★）已知非零复数z 1,z 2满足｜z 1｜=a ,｜z 2｜=b ,｜z 1+z 2｜=c （a 、b 、c 均大于零），问是否根据上述条件求出12z z ？请说明理由. 6.（★★★★★）是否存在都大于2的一对实数a 、b (a ＞b )使得ab ,ab ,a –b ,a +b 可以按照某一次序排成一个等比数列，若存在，求出a 、b 的值，若不存在，说明理由.7.（★★★★★）直线l 过抛物线y 2=2px (p ＞0）的焦点且与抛物线有两个交点，对于抛物线上另外两点A 、B 直线l 能否平分线段AB ？试证明你的结论.8.（★★★★★）三个元件T 1、T 2、T 3正常工作的概率分别为0.7、0.8、0.9，将它们的某两个并联再和第三个串联接入电路，如图甲、乙、丙所示，问哪一种接法使电路不发生故障的概率最大？参考答案●难点磁场1.解析：如图–a 与b ，c 的夹角为60°,且|a |=|–a |=3.由平行四边形关系可得–a =3c +23b ,∴a =–3c –23b . 答案：a =–3c –23b 2.解析：飞机成功飞行的概率分别为：4引擎飞机为：4222443342224)1(4)1(6C )1(C )1(C P P P P P P P P P P +-+-=+-+-2引擎飞机为222212)1(2C )1(C P P P P P P +-=+-⋅.要使4引擎飞机比2引擎飞机安全，则有：6P 2（1–P ）2+4P 2（1–P ）+P 4≥2P (1–P )+P 2,解得P ≥32. 即当引擎不出故障的概率不小于32时，4引擎飞机比2引擎飞机安全.●歼灭难点训练一、1.解析：①l ⊥α且α∥β⇒l ⊥β,m ⊂β⇒l ⊥m .②α⊥β且l ⊥α⇒l ∥β,但不能推出l ∥m .③l ∥m ,l ⊥α⇒m ⊥α,由m ⊂β⇒α⊥β.④l ⊥m ,不能推出α∥β.答案：B2.解析：选1.1元5张，0.6元2张，0.8元1张.故8张.答案：B二、3.解析：由50°–20°=(45°–15°)=30°可得sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43. 答案：sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43 三、4.解：(1)当AB ≤21AD 时，边BC 上存在点E ，使∠PED =90°;当AB >21AD 时，使∠PED =90°的点E 不存在.（只须以AD 为直径作圆看该圆是否与BC 边有无交点）（证略）（2）边BC 上总存在一点，使∠PED 为锐角，点B 就是其中一点.连接BD ，作AF ⊥BD ，垂足为F ，连PF ，∵P A ⊥面ABCD ，∴PF ⊥BD ，又△ABD 为直角三角形，∴F 点在BD 上，∴∠PBF 是锐角.同理，点C 也是其中一点.5.解：∵|z 1+z 2|2=(z 1+z 2)(1z +2z )=|z 1|2+|z 2|2+(z 12z +1z z 2)∴c 2=a 2+b 2+(z 12z +1z z 2)即：z 12z +1z z 2=c 2–a 2–b 2∵z 1≠0,z 2≠0，∴z 12z +1z ·z 2=12112221z z z z z z z z + =|z 2|2(21z z )+|z 1|2(12z z ) 即有：b 2(21z z )+a 2(12z z )=z 1z 2+z 1z 2 ∴b 2(21z z )+a 2(12z z )=c 2–a 2–b 2 ∴a 2(12z z )2+(a 2+b 2–c 2)(12z z )+b 2=0 这是关于12z z 的一元二次方程，解此方程即得12z z 的值. 6.解：∵a >b ,a >2,b >2,∴ab ,a b ,a –b ,a +b 均为正数，且有ab >a +b >ab ,ab >a +b >a –b .假设存在一对实数a ,b 使ab ,ab ,a +b ,a –b 按某一次序排成一个等比数列，则此数列必是单调数列.不妨设该数列为单调减数列，则存在的等比数列只能有两种情形，即①ab ,a +b , a –b ,a b ,或②ab ,a +b ,a b ,a –b 由（a +b ）2≠ab ·ab 所以②不可能是等比数列，若①为等比数列，则有：⎪⎩⎪⎨⎧+=+=⎪⎩⎪⎨⎧⋅=-+-=+22710257 ))(()()(2b a a b ab b a b a b a ab b a 解得经检验知这是使ab ,a +b ,a –b ,ab 成等比数列的惟一的一组值.因此当a =7+25,b =22710+时，ab ,a +b ,a –b ,ab 成等比数列. 7.解：如果直线l 垂直平分线段AB ，连AF 、BF ，∵F （2p ，0）∈l .∴|F A |=|FB |,设 A （x 1,y 1）,B (x 2,y 2),显然x 1>0,x 2>0,y 1≠y 2,于是有（x 1–2p ）2+y 12=(x 2–2p )2+y 22,整理得：（x 1+x 2–p )(x 1–x 2)=y 22–y 12=–2p (x 1–x 2).显然x 1≠x 2(否则AB ⊥x 轴，l 与x 轴重合，与题设矛盾）得：x 1+x 2–p =–2p 即x 1+x 2=–p <0,这与x 1+x 2>0矛盾，故直线l 不能垂直平分线段AB .8.解：设元件T 1、T 2、T 3能正常工作的事件为A 1、A 2、A 3，电路不发生故障的事件为A ，则P （A 1）=0.7，P （A 2）=0.8，P （A 3）=0.9.（1）按图甲的接法求P （A ）：A =（A 1+A 2）·A 3，由A 1+A 2与A 3相互独立，则P （A ）=P （A 1+A 2）·P （A 3）又P （A 1+A 2）=1–P （21A A +）=1–P （1A ·2A ）由A 1与A 2相互独立知1A 与2A 相互独立，得：P （1A ·2A ）=P （1A ）·P （2A ）=［1–P （A 1）］·［1–P （A 2）］=（1–0.7）×(1–0.8)=0.06，∴P (A 1+A 2)=0.1–P (1A ·2A )=1–0.06=0.94，∴P (A )=0.94×0.9=0.846.(2)按图乙的接法求P （A ）：A =（A 1+A 3）·A 2且A 1+A 3与A 2相互独立，则P （A ）=P （A 1+A 3）· P （A 2），用另一种算法求P （A 1+A 3）.∵A 1与A 3彼此不互斥，根据容斥原理P （A 1+A 3）= P （A 1）+P （A 3）–P （A 1A 3），∵A 1与A 3相互独立，则P （A 1·A 3）=P （A 1）·P （A 3）=0.7×0.9=0.63,P (A 1+A 3)=0.7+0.9–0.63=0.97.∴P (A )=P (A 1+A 3)·P (A 2)=0.97×0.8=0.776.(3)按图丙的接法求P （A ），用第三种算法.A =（A 2+A 3）A 1=A 2A 1+A 3A 1,∵A 2A 1与A 3A 1彼此不互斥，据容斥原理，则P （A ）=P （A 1A 2）+P （A 1A 3）–P （A 1A 2A 3），又由A 1、A 2、A 3相互独立，得P （A 1·A 2）=P （A 1）P （A 2）=0.8×0.7=0.56,P (A 3A 1)=P (A 3)·P (A 1)=0.9×0.7=0.63,P (A 1A 2A 3)=P (A 1)·P (A 2)·P (A 3)=0.7×0.8×0.9=0.504,∴P (A )=0.56+0.63–0.504=0.686.综合（1）、（2）、（3）得，图甲、乙、丙三种接法电路不发生故障的概率值分别为0.846,0.776,0.686.故图甲的接法电路不发生故障的概率最大.。

高考数学难点突破(化归思想-探索性问题-应用问题)

边长的正方形的面积，试求函数 f(a)=min{g(a), S(a)}的表达式. 命题意图：本题考查曲线的位置关系，函数的最值等基础知识，考查推理运算能力及综
合运用知识解题的能力.属★★★★★级题目. 知识依托：两曲线交点个数的转化及充要条件，求函数值域、解不等式. 错解分析：第（1）问中将交点个数转化为方程组解的个数，考查易出现计算错误，不
将抽象转化为具体，复杂转化为简单、未知转化为已知，通过变换迅速而合理的寻找和选择
问题解决的途径和方法.
●难点磁场
1.（★★★★★）一条路上共有 9 个路灯，为了节约用电，拟关闭其中 3 个，要求两端
的路灯不能关闭，任意两个相邻的路灯不能同时关闭，那么关闭路灯的方法总数为
.
2.（★★★★★）已知平面向量 a=(
大值问题
令μ= x 1 ,则 x=μ2–1,则μ∈［1, 2 ］.
∴2x+ x 1 =–2(μ– 1 )2+ 17 . 48
当μ=1 即 x=0 时，–2x+ x 1 有最大值 1
∴t 的取值范围是 t≥1. 6.(1)解：{an}的前 n 项和 Sn=a1+a2+…+an=f(1)=n2,由 an=Sn–Sn–1=n2–(n–1)2=2n–1(n≥
2 1
当 t=1 时，f(t)有极小值，f(t)极小值=– .
2 而 f(t)= 1 (t2–3)t=0 时，得 t=– 3 ,0, 3 .
4
所以 f(t)的图象大致如右：
于是当 k> 1 或 k<– 1 时，直线 y=k 与曲线 y=f(t)仅有
2
2
一个交点，则方程有一解；
当 k= 1 或 k=– 1 时，直线与曲线有两个交点，则方程

2021年高考数学二轮专题突破(新高考)-专题六第3讲母题突破4 探索性问题(解析版)

即－(m－1)· ＝－2k· ，解得m＝2，
∴存在定点Q(0,2)，使得＝恒成立．
2．在平面直角坐标系xOy中．
①已知点Q( ，0)，直线l：x＝2 ，动点P满足到点Q的距离与到直线l的距离之比为 .
②已知点H(－，0)，G是圆E：x2＋y2－2 x－21＝0上一个动点，线段HG的垂直平分线交GE于P.
假设在x轴上存在一点A(a,0)，使得x轴平分∠MAN，
∴kAM＋kAN＝0，∴ ＋＝0，
∴ ＝0，
又y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－2)，
∴ ＝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
当切线方程为x＝时，M( ， )，N( ，－ )，
以MN为直径的圆的方程为(x－ )2＋y2＝2.①
当切线方程为x＝－时，M(－， )，N(－，－ )，
以MN为直径的圆的方程为(x＋ )2＋y2＝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＝，即m2＝2(k2＋1)．
③点S，T分别在x轴，y轴上运动，且|ST|＝3，动点P满足＝＋ .
(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：x2＋y2＝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】解设Q(x0，y0)，则P(－x0，－y0)，
可知0<x0<2,0<y0<1.

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难点40 探索性问题高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题.1.（★★★★）已知三个向量a 、b 、c ，其中每两个之间的夹角为120°，若｜a ｜=3, ｜b ｜=2,｜c ｜=1，则a 用b 、c 表示为 .2.（★★★★★）假设每一架飞机引擎在飞行中故障率为1–p ，且各引擎是否有故障是独立的，如有至少50%的引擎能正常运行，飞机就可成功飞行，则对于多大的p 而言，4引擎飞机比2引擎飞机更为安全？［例1］已知函数1)(2++=ax c bx x f (a ,c ∈R ,a ＞0,b 是自然数）是奇函数，f (x )有最大值21，且f (1)＞52. （1）求函数f (x )的解析式；（2）是否存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，并且使得P 、Q 两点关于点（1，0）对称，若存在，求出直线l 的方程，若不存在，说明理由.命题意图：本题考查待定系数法求函数解析式、最值问题、直线方程及综合分析问题的能力，属★★★★★级题目.知识依托：函数的奇偶性、重要不等式求最值、方程与不等式的解法、对称问题.错解分析：不能把a 与b 间的等量关系与不等关系联立求b ；忽视b 为自然数而导致求不出b 的具体值；P 、Q 两点的坐标关系列不出解.技巧与方法：充分利用题设条件是解题关键.本题是存在型探索题目，注意在假设存在的条件下推理创新，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定的结论，并加以论证.解：（1）∵f (x )是奇函数 ∴f (–x )=–f (x )，即1122++-=++-ax cbx ax c bx ∴–bx +c =–bx –c ∴c =0 ∴f (x )=12+ax bx由a ＞0，b 是自然数得当x ≤0时，f (x )≤0，当x ＞0时，f (x )＞0∴f (x )的最大值在x ＞0时取得. ∴x ＞0时，22111)(b abxx b a x f ≤+=当且仅当bxx b a 1=即ax 1=时，f (x )有最大值21212=b a ∴2ba=1,∴a =b 2 ① 又f (1)＞52，∴1+a b ＞52,∴5b ＞2a +2 ②把①代入②得2b 2–5b +2＜0解得21＜b ＜2又b ∈N ,∴b =1,a =1,∴f (x )=12+x x（2）设存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，且P 、Q 关于点（1，0）对称，P (x 0,y 0)则Q （2–x 0,–y 0)，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+--=+02000201)2(21y x x y x x ,消去y 0，得x 02–2x 0–1=0解之，得x 0=1±2, ∴P 点坐标为(42,21+)或(42,21--)进而相应Q 点坐标为Q （42,21--）或Q (42,21+). 过P 、Q 的直线l 的方程：x –4y –1=0即为所求.［例2］如图，三条直线a 、b 、c 两两平行，直线a 、b 间的距离为p ，直线b 、c 间的距离为2p，A 、B 为直线a 上两定点，且｜AB ｜=2p ，MN 是在直线b 上滑动的长度为2p 的线段.（1）建立适当的平面直角坐标系，求△AMN 的外心C 的轨迹E ；（2）接上问，当△AMN 的外心C 在E 上什么位置时，d +｜BC ｜最小，最小值是多少？（其中d 是外心C 到直线c 的距离）.命题意图：本题考查轨迹方程的求法、抛物线的性质、数形结合思想及分析、探索问题、综合解题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：求曲线的方程、抛物线及其性质、直线的方程.错解分析：①建立恰当的直角坐标系是解决本题的关键，如何建系是难点，②第二问中确定C 点位置需要一番分析.技巧与方法：本题主要运用抛物线的性质，寻求点C 所在位置，然后加以论证和计算，得出正确结论，是条件探索型题目.解：（1）以直线b 为x 轴，以过A 点且与b 直线垂直的直线为y 轴建立直角坐标系.设△AMN 的外心为C (x ,y )，则有A (0,p )、M （x –p ,0)，N (x +p ,0)，由题意，有｜CA ｜=｜CM ｜∴2222)()(y p x x p y x ++-=-+,化简，得 x 2=2py它是以原点为顶点，y 轴为对称轴，开口向上的抛物线. （2）由（1）得，直线C 恰为轨迹E 的准线. 由抛物线的定义知d =｜CF ｜，其中F （0,2p）是抛物线的焦点. ∴d +｜BC ｜=｜CF ｜+｜BC ｜由两点间直线段最短知，线段BF 与轨迹E 的交点即为所求的点直线BF 的方程为p x y 2141+=联立方程组 ⎪⎩⎪⎨⎧=+=pyx p x y 221412得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=.16179)171(41p y p x . 即C 点坐标为(p p 16179,4171++). 此时d +｜BC ｜的最小值为｜BF ｜=p 217.如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.解决探索性问题，对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面有较高要求，高考题中一般对这类问题有如下方法：（1）直接求解；（2）观察——猜测——证明；（3）赋值推断；（4）数形结合；（5）联想类比；（6）特殊——一般——特殊.一、选择题1.（★★★★）已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下面四个命题，其中正确命题是( )①α∥β⇒l ⊥m ②α⊥β⇒l ∥m ③l ∥m ⇒α⊥β ④l ⊥m ⇒α∥β A.①与② B.①与③ C.②与④ D.③与④2.（★★★★）某邮局只有0.60元，0.80元，1.10元的三种邮票.现有邮资为7.50元的邮件一件，为使粘贴邮票的张数最少，且资费恰为7.50元，则最少要购买邮票( )A.7张B.8张C.9张D.10张二、填空题3.(★★★★)观察sin 220°+cos 250°+sin20°cos50°=43,sin 215°+cos 245°+sin15°·cos45°=43，写出一个与以上两式规律相同的一个等式 .三、解答题 4.（★★★★）在四棱锥P —ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，问底面的边BC 上是否存在点E .（1）使 ∠PED =90°；（2）使∠PED 为锐角.证明你的结论.5.（★★★★★）已知非零复数z 1,z 2满足｜z 1｜=a ,｜z 2｜=b ,｜z 1+z 2｜=c （a 、b 、c 均大于零），问是否根据上述条件求出12z z ？请说明理由. 6.（★★★★★）是否存在都大于2的一对实数a 、b (a ＞b )使得ab ,ab,a –b ,a +b 可以按照某一次序排成一个等比数列，若存在，求出a 、b 的值，若不存在，说明理由.7.（★★★★★）直线l 过抛物线y 2=2px (p ＞0）的焦点且与抛物线有两个交点，对于抛物线上另外两点A 、B 直线l 能否平分线段AB ？试证明你的结论.8.（★★★★★）三个元件T 1、T 2、T 3正常工作的概率分别为0.7、0.8、0.9，将它们的某两个并联再和第三个串联接入电路，如图甲、乙、丙所示，问哪一种接法使电路不发生故障的概率最大？参考答案●难点磁场1.解析：如图–a 与b ，c 的夹角为60°,且|a |=|–a |=3. 由平行四边形关系可得–a =3c +23b ,∴a =–3c –23b . 答案：a =–3c –23b 2.解析：飞机成功飞行的概率分别为：4引擎飞机为：4222443342224)1(4)1(6C )1(C )1(C P P P P P P P P P P +-+-=+-+-2引擎飞机为222212)1(2C )1(C P P P P P P +-=+-⋅. 要使4引擎飞机比2引擎飞机安全，则有：6P 2（1–P ）2+4P 2（1–P ）+P 4≥2P (1–P )+P 2,解得P ≥32. 即当引擎不出故障的概率不小于32时，4引擎飞机比2引擎飞机安全.●歼灭难点训练一、1.解析：①l ⊥α且α∥β⇒l ⊥β,m ⊂β⇒l ⊥m . ②α⊥β且l ⊥α⇒l ∥β,但不能推出l ∥m . ③l ∥m ,l ⊥α⇒m ⊥α,由m ⊂β⇒α⊥β. ④l ⊥m ,不能推出α∥β. 答案：B2.解析：选1.1元5张，0.6元2张，0.8元1张.故8张. 答案：B二、3.解析：由50°–20°=(45°–15°)=30°可得sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43. 答案：sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43三、4.解：(1)当AB ≤21AD 时，边BC 上存在点E ，使∠PED =90°;当AB >21AD 时，使∠PED =90°的点E 不存在.（只须以AD 为直径作圆看该圆是否与BC 边有无交点）（证略）（2）边BC 上总存在一点，使∠PED 为锐角，点B 就是其中一点.连接BD ，作AF ⊥BD ，垂足为F ，连PF ，∵P A ⊥面ABCD ，∴PF ⊥BD ，又△ABD 为直角三角形，∴F 点在BD 上，∴∠PBF 是锐角.同理，点C 也是其中一点.5.解：∵|z 1+z 2|2=(z 1+z 2)(1z +2z )=|z 1|2+|z 2|2+(z 12z +1z z 2) ∴c 2=a 2+b 2+(z 12z +1z z 2) 即：z 12z +1z z 2=c 2–a 2–b 2 ∵z 1≠0,z 2≠0，∴z 12z +1z ·z 2=12112221z z z z z z z z +=|z 2|2(21z z )+|z 1|2(12z z ) 即有：b 2(21z z )+a 2(12z z)=z 1z 2+z 1z 2 ∴b 2(21z z )+a 2(12z z)=c 2–a 2–b 2 ∴a 2(12z z )2+(a 2+b 2–c 2)(12z z )+b 2=0 这是关于12z z 的一元二次方程，解此方程即得12z z的值. 6.解：∵a >b ,a >2,b >2,∴ab ,a b ,a –b ,a +b 均为正数，且有ab >a +b >ab,ab >a +b >a –b .假设存在一对实数a ,b 使ab ,ab,a +b ,a –b 按某一次序排成一个等比数列，则此数列必是单调数列.不妨设该数列为单调减数列，则存在的等比数列只能有两种情形，即①ab ,a +b , a –b ,a b ,或②ab ,a +b ,a b ,a –b 由（a +b ）2≠ab ·ab所以②不可能是等比数列，若①为等比数列，则有：⎪⎩⎪⎨⎧+=+=⎪⎩⎪⎨⎧⋅=-+-=+22710257 ))(()()(2b a a b ab b a b a b a ab b a 解得经检验知这是使ab ,a +b ,a –b ,ab成等比数列的惟一的一组值.因此当a =7+25,b =22710+时，ab ,a +b ,a –b ,ab成等比数列. 7.解：如果直线l 垂直平分线段AB ，连AF 、BF ，∵F （2p，0）∈l .∴|F A |=|FB |,设 A （x 1,y 1）,B (x 2,y 2),显然x 1>0,x 2>0,y 1≠y 2,于是有（x 1–2p ）2+y 12=(x 2–2p)2+y 22,整理得：（x 1+x 2–p )(x 1–x 2)=y 22–y 12=–2p (x 1–x 2).显然x 1≠x 2(否则AB ⊥x 轴，l 与x 轴重合，与题设矛盾）得：x 1+x 2–p =–2p 即x 1+x 2=–p <0,这与x 1+x 2>0矛盾，故直线l 不能垂直平分线段AB .8.解：设元件T 1、T 2、T 3能正常工作的事件为A 1、A 2、A 3，电路不发生故障的事件为A ，则P （A 1）=0.7，P （A 2）=0.8，P （A 3）=0.9.（1）按图甲的接法求P （A ）：A =（A 1+A 2）·A 3，由A 1+A 2与A 3相互独立，则P （A ）=P （A 1+A 2）·P （A 3）又P （A 1+A 2）=1–P （21A A +）=1–P （1A ·2A ）由A 1与A 2相互独立知1A 与2A 相互独立，得：P （1A ·2A ）=P （1A ）·P （2A ）=［1–P （A 1）］·［1–P （A 2）］=（1–0.7）×(1–0.8)=0.06，∴P (A 1+A 2)=0.1–P (1A ·2A )=1–0.06=0.94，∴P (A )=0.94×0.9=0.846.(2)按图乙的接法求P （A ）：A =（A 1+A 3）·A 2且A 1+A 3与A 2相互独立，则P （A ）=P （A 1+A 3）· P （A 2），用另一种算法求P （A 1+A 3）.∵A 1与A 3彼此不互斥，根据容斥原理P （A 1+A 3）= P （A 1）+P （A 3）–P （A 1A 3），∵A 1与A 3相互独立，则P （A 1·A 3）=P （A 1）·P （A 3）=0.7×0.9=0.63,P (A 1+A 3)=0.7+0.9–0.63=0.97.∴P (A )=P (A 1+A 3)·P (A 2)=0.97×0.8=0.776.(3)按图丙的接法求P （A ），用第三种算法. A =（A 2+A 3）A 1=A 2A 1+A 3A 1,∵A 2A 1与A 3A 1彼此不互斥，据容斥原理，则P （A ）=P （A 1A 2）+P （A 1A 3）–P （A 1A 2A 3），又由A 1、A 2、A 3相互独立，得P （A 1·A 2）=P （A 1）P （A 2）=0.8×0.7=0.56,P (A 3A 1)=P (A 3)·P (A 1)=0.9×0.7=0.63,P (A 1A 2A 3)=P (A 1)·P (A 2)·P (A 3)=0.7×0.8×0.9=0.504, ∴P (A )=0.56+0.63–0.504=0.686. 综合（1）、（2）、（3）得，图甲、乙、丙三种接法电路不发生故障的概率值分别为0.846,0.776,0.686.故图甲的接法电路不发生故障的概率最大.。