探索型试题解答技巧
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文档简介
探索型试题解答技巧
题型特点
探索型问题是指问题中缺少一定的题设或未给出明确的结论, 需要径过推断, 补充并加以证明的命题, 它需要我们根据题设进行大胆猜想, 分析, 比较, 归纳, 推理, 或由条件去探索不明确的结论; 或由结论去探索未给出的条件; 或去探索存在的各种可能性以及发现所形成的客观规律.
题解策略
解结论探索型问题的一般思路是: 从剖析题意入手, 充分捕捉题设信息, 通过由因导果, 顺向推理或联想类比, 猜测, 从而获得所求结论.
例1.（07自贡）已知：三角形ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D为BC的中点。 （1）如图，E，F分别是AB，AC上的点，且BE＝AF，求证：△DEF为等腰直角三角形． （2）若E，F分别为AB，CA延长线上的点，仍有BE＝AF，其他条件不变，那么，△DEF是否仍为等腰直角三角形？证明你的结论．
证明：①连结 ∵ ∠BAC＝90° 为BC的中点
∴AD⊥BC BD＝AD ∴∠B＝∠DAC＝45°
又BE＝AF ∴△BDE≌△ADF （S.A.S） ∴ED＝FD ∠BDE＝∠ADF
∴∠EDF＝∠EDA＋∠ADF＝∠EDA＋∠BDE＝∠BDA＝90°
∴△DEF为等腰直角三角形
②若E，F分别是AB，CA延长线上的点，如图所示．
连结AD ∵AB＝AC ∠BAC＝90° D为BC的中点
∴AD＝BD AD⊥BC ∴∠DAC＝∠ABD＝45°
∴∠DAF＝∠DBE＝135° 又AF＝BE
∴△DAF≌△DBE （S.A.S）∴FD＝ED ∠FDA＝∠EDB
∴∠EDF＝∠EDB＋∠FDB＝∠FDA＋∠FDB＝∠ADB＝90°
∴△DEF仍为等腰直角三角形
解条件探索型问题的一般思路是: 从结论出发, 执果寻因, 逆向推理, 逐步探寻结论成立的充分条件, 或把可能产生结论的条件一一列出, 逐个分析考查.
例2.（07三明）如图①，②，在平面直角坐标系中，点的坐标为(4，0)，以点为圆心，4为半径的圆与轴交于两点，为弦，，是轴上的一动点，连结．（1）求的度数；（2）如图①，当与相切时，求的长；（3）如图②，当点在直径上时，的延长线与相交于点，问为何值时，是等腰三角形？
解：（1）∵，， ∴是等边三角形． ∴．
（2）∵CP与相切， ∴． ∴．
又∵（4，0），∴．∴． ∴．
（3）①过点作，垂足为，延长交于，
∵是半径， ∴，∴， ∴是等腰三角形． 又∵是等边三角形，∴=2 ．
②解法一：过作，垂足为，延长交于，与轴交于， ∵是圆心， ∴是的垂直平分线．
∴． ∴是等腰三角形， 过点作轴于， 在中，
∵， ∴．∴点的坐标（4+，）． 在中，∵，∴．∴点坐标（2，）． 设直线的关系式为：，则有
解得：
∴． 当时，． ∴．
解法二： 过A作，垂足为，延长交于，与轴交于，
∵是圆心， ∴是的垂直平分线． ∴．∴是等腰三角形．
∵，∴． ∵平分，∴． ∵是等边三角形，， ∴．
∴．
∴是等腰直角三角形．∴． ∴．
解规律探索型问题的一般思路是: 通过对所给的具体的结论进行全面而细致的观察, 分析, 比较, 从中发现其变化规律, 并由此猜想出一般性的结论, 然后再给出合理的证明或加以运用.
例3. (08湛江) 先观察下列等式，然后用你发现的规律解答下列问题．
┅┅
(1) 计算 ．
（2）探究 ．（用含有的式子表示）
（3）若 的值为，求的值．
解：（1） （2） （3）
=+ ┄ +==
由= 解得 经检验是方程的根，∴
解存在探索型问题的一般思路是: 先假设结论的某一方面存在, 然后在这个假设下进行演绎推理, 若推出矛盾, 即可否定假设; 若推出合理结论, 则可肯定假设.
例4.（07河池）如图， 四边形OABC为直角梯形，A（4，0），B（3，4），C（0，4）． 点从出发以每秒2个单位长度的速度向运动；点从同时出发，以每秒1个单位长度的速度向运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点作垂直轴于点，连结AC交NP于Q，连结MQ． （1）点 （填M或N）能到达终点；（2）求△AQM的面积S与运动时间t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围，当t为何值时，S的值最大；（3）是否存在点M，使得△AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标，若不存在，说明理由．
解：（1）点 M （2）经过t秒时，，
则， ∵==
∴ ∴
∴
∴ ∵∴当时，S的值最大．
（3）存在． 设经过t秒时，NB=t，OM=2t
则， ∴==
①若，则是等腰Rt△底边上的高
∴是底边的中线 ∴
∴ ∴ ∴点的坐标为（1，0）
②若，此时与重合 ∴
∴ ∴ ∴点的坐标为（2，0）
同步练习
1。(08重庆)如图①是一块瓷砖的图案，用这种瓷砖来铺设地面，如果铺成一个2×2的正方形图案（如图②），其中完整的圆共有5个，如果铺成一个3×3的正方形图案（如图③），其中完整的圆共有13个，如果铺成一个4×4的正方形图案（如图④），其中完整的圆共有25个，若这样铺成一个10×10的正方形图案，则其中完整的圆共有 个.
2。（08中山）（1）如图，点O是线段AD的中点，分别以AO和
DO为边在线段AD的同侧作等边三角形OAB和等边三角形OCD，
连结AC和BD，相交于点E，连结BC．求∠AEB的大小；
（2）如图，ΔOAB固定不动，保持ΔOCD的形状和大小不变，将
ΔOCD绕着点O旋转（ΔOAB和ΔOCD不能重叠），求∠AEB的大小.
3。（07天津）如图，直线经过⊙O的圆心O，且与⊙O交于A、B两点，点C在⊙O上，且=，点P是直线上的一个动点（与圆心O不重合），直线CP与⊙O相交于点Q。问：是否存在点P，使得QP=QO； （用“存在”或“不存在”填空）。若存在，满足上述条件的点有几个？并求出相应的∠OCP的大小；若不存在，请简要说明理由
4。(08咸宁)如图，BD是⊙O的直径，AB与⊙O相切于点B，过点D作OA的平行线交⊙O于点C，AC与BD的延长线相交于点E．
(1) 试探究A E与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2) 已知EC＝a，ED＝b，AB＝c，请你思考后，选用以上适当的数据，
设计出计算⊙O的半径r的一种方案：
①你选用的已知数是 ； ②写出求解过程（结果用字母表示）．
1。181
2.解：（1）如图7.
∵ △BOC和△ABO都是等边三角形，
且点O是线段AD的中点，
∴ OD=OC=OB=OA,∠1=∠2=60°, ……1分
∴ ∠4=∠5.
又∵∠4+∠5=∠2=60°,
∴ ∠4=30°.…………………………2分
同理，∠6=30°.…………………………3分
∵ ∠AEB=∠4+∠6,
∴ ∠AEB=60°.………………………4分
（2）如图8.
∵ △BOC和△ABO都是等边三角形，
∴ OD=OC, OB=OA,∠1=∠2=60°，………5分
又∵OD=OA,
∴ OD＝OB，OA＝OC，
∴ ∠4=∠5，∠6=∠7. …………………6分
∵ ∠DOB=∠1+∠3,
∠AOC=∠2+∠3,
∴∠DOB=∠AOC. …………………………………7分
∵ ∠4+∠5+∠DOB=180°, ∠6+∠7+∠AOC=180°,
∴ 2∠5=2∠6,
∴ ∠5=∠6.………………………………………………8分
又∵ ∠AEB=∠8-∠5， ∠8=∠2+∠6，
∴ ∠AEB＝∠2＋∠5－∠5＝∠2，
∴ ∠AEB＝60°.…………………………………………9分
3。①存在；②符合条件的点P共有3个：当点P在线段AO上时，∠OCP=40°；当点P在OB的延长线上时，∠OCP=20°；当点P在OA的延长线上时，∠OCP=100°。
4。（1）A E与⊙O相切．理由：连接OC ．
∵CD∥OA ∴， ．
又∵ODOC， ∴．∴．
在△AOC和△AOB中
OA=OA， ，OB=OC，
∴△AOC≌△AOB， ∴．
∵AB与⊙O相切， ∴=90°．
∴A E与⊙O相切．
（2）①选择a、b、c，或其中2个 ② 解答举例：
若选择a、b、c， 方法一：由CD∥OA， ，得．
方法二：在Rt△ABE中 ，由勾股定理，得 ．
方法三：由Rt△OCE∽Rt△ABE，，得．
若选择a、b 方法一：在Rt△OCE中 ，由勾股定理：，得；
方法二：连接BC，由△DCE∽△CBE，得．
若选择a、c；需综合运用以上多种方法，得．
3
B
A
O
D
C
E
C
B
O
D
A
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题型特点
探索型问题是指问题中缺少一定的题设或未给出明确的结论, 需要径过推断, 补充并加以证明的命题, 它需要我们根据题设进行大胆猜想, 分析, 比较, 归纳, 推理, 或由条件去探索不明确的结论; 或由结论去探索未给出的条件; 或去探索存在的各种可能性以及发现所形成的客观规律.
题解策略
解结论探索型问题的一般思路是: 从剖析题意入手, 充分捕捉题设信息, 通过由因导果, 顺向推理或联想类比, 猜测, 从而获得所求结论.
例1.（07自贡）已知：三角形ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D为BC的中点。 （1）如图，E，F分别是AB，AC上的点，且BE＝AF，求证：△DEF为等腰直角三角形． （2）若E，F分别为AB，CA延长线上的点，仍有BE＝AF，其他条件不变，那么，△DEF是否仍为等腰直角三角形？证明你的结论．
证明：①连结 ∵ ∠BAC＝90° 为BC的中点
∴AD⊥BC BD＝AD ∴∠B＝∠DAC＝45°
又BE＝AF ∴△BDE≌△ADF （S.A.S） ∴ED＝FD ∠BDE＝∠ADF
∴∠EDF＝∠EDA＋∠ADF＝∠EDA＋∠BDE＝∠BDA＝90°
∴△DEF为等腰直角三角形
②若E，F分别是AB，CA延长线上的点，如图所示．
连结AD ∵AB＝AC ∠BAC＝90° D为BC的中点
∴AD＝BD AD⊥BC ∴∠DAC＝∠ABD＝45°
∴∠DAF＝∠DBE＝135° 又AF＝BE
∴△DAF≌△DBE （S.A.S）∴FD＝ED ∠FDA＝∠EDB
∴∠EDF＝∠EDB＋∠FDB＝∠FDA＋∠FDB＝∠ADB＝90°
∴△DEF仍为等腰直角三角形
解条件探索型问题的一般思路是: 从结论出发, 执果寻因, 逆向推理, 逐步探寻结论成立的充分条件, 或把可能产生结论的条件一一列出, 逐个分析考查.
例2.（07三明）如图①，②，在平面直角坐标系中，点的坐标为(4，0)，以点为圆心，4为半径的圆与轴交于两点，为弦，，是轴上的一动点，连结．（1）求的度数；（2）如图①，当与相切时，求的长；（3）如图②，当点在直径上时，的延长线与相交于点，问为何值时，是等腰三角形？
解：（1）∵，， ∴是等边三角形． ∴．
（2）∵CP与相切， ∴． ∴．
又∵（4，0），∴．∴． ∴．
（3）①过点作，垂足为，延长交于，
∵是半径， ∴，∴， ∴是等腰三角形． 又∵是等边三角形，∴=2 ．
②解法一：过作，垂足为，延长交于，与轴交于， ∵是圆心， ∴是的垂直平分线．
∴． ∴是等腰三角形， 过点作轴于， 在中，
∵， ∴．∴点的坐标（4+，）． 在中，∵，∴．∴点坐标（2，）． 设直线的关系式为：，则有
解得：
∴． 当时，． ∴．
解法二： 过A作，垂足为，延长交于，与轴交于，
∵是圆心， ∴是的垂直平分线． ∴．∴是等腰三角形．
∵，∴． ∵平分，∴． ∵是等边三角形，， ∴．
∴．
∴是等腰直角三角形．∴． ∴．
解规律探索型问题的一般思路是: 通过对所给的具体的结论进行全面而细致的观察, 分析, 比较, 从中发现其变化规律, 并由此猜想出一般性的结论, 然后再给出合理的证明或加以运用.
例3. (08湛江) 先观察下列等式，然后用你发现的规律解答下列问题．
┅┅
(1) 计算 ．
（2）探究 ．（用含有的式子表示）
（3）若 的值为，求的值．
解：（1） （2） （3）
=+ ┄ +==
由= 解得 经检验是方程的根，∴
解存在探索型问题的一般思路是: 先假设结论的某一方面存在, 然后在这个假设下进行演绎推理, 若推出矛盾, 即可否定假设; 若推出合理结论, 则可肯定假设.
例4.（07河池）如图， 四边形OABC为直角梯形，A（4，0），B（3，4），C（0，4）． 点从出发以每秒2个单位长度的速度向运动；点从同时出发，以每秒1个单位长度的速度向运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点作垂直轴于点，连结AC交NP于Q，连结MQ． （1）点 （填M或N）能到达终点；（2）求△AQM的面积S与运动时间t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围，当t为何值时，S的值最大；（3）是否存在点M，使得△AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标，若不存在，说明理由．
解：（1）点 M （2）经过t秒时，，
则， ∵==
∴ ∴
∴
∴ ∵∴当时，S的值最大．
（3）存在． 设经过t秒时，NB=t，OM=2t
则， ∴==
①若，则是等腰Rt△底边上的高
∴是底边的中线 ∴
∴ ∴ ∴点的坐标为（1，0）
②若，此时与重合 ∴
∴ ∴ ∴点的坐标为（2，0）
同步练习
1。(08重庆)如图①是一块瓷砖的图案，用这种瓷砖来铺设地面，如果铺成一个2×2的正方形图案（如图②），其中完整的圆共有5个，如果铺成一个3×3的正方形图案（如图③），其中完整的圆共有13个，如果铺成一个4×4的正方形图案（如图④），其中完整的圆共有25个，若这样铺成一个10×10的正方形图案，则其中完整的圆共有 个.
2。（08中山）（1）如图，点O是线段AD的中点，分别以AO和
DO为边在线段AD的同侧作等边三角形OAB和等边三角形OCD，
连结AC和BD，相交于点E，连结BC．求∠AEB的大小；
（2）如图，ΔOAB固定不动，保持ΔOCD的形状和大小不变，将
ΔOCD绕着点O旋转（ΔOAB和ΔOCD不能重叠），求∠AEB的大小.
3。（07天津）如图，直线经过⊙O的圆心O，且与⊙O交于A、B两点，点C在⊙O上，且=，点P是直线上的一个动点（与圆心O不重合），直线CP与⊙O相交于点Q。问：是否存在点P，使得QP=QO； （用“存在”或“不存在”填空）。若存在，满足上述条件的点有几个？并求出相应的∠OCP的大小；若不存在，请简要说明理由
4。(08咸宁)如图，BD是⊙O的直径，AB与⊙O相切于点B，过点D作OA的平行线交⊙O于点C，AC与BD的延长线相交于点E．
(1) 试探究A E与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2) 已知EC＝a，ED＝b，AB＝c，请你思考后，选用以上适当的数据，
设计出计算⊙O的半径r的一种方案：
①你选用的已知数是 ； ②写出求解过程（结果用字母表示）．
1。181
2.解：（1）如图7.
∵ △BOC和△ABO都是等边三角形，
且点O是线段AD的中点，
∴ OD=OC=OB=OA,∠1=∠2=60°, ……1分
∴ ∠4=∠5.
又∵∠4+∠5=∠2=60°,
∴ ∠4=30°.…………………………2分
同理，∠6=30°.…………………………3分
∵ ∠AEB=∠4+∠6,
∴ ∠AEB=60°.………………………4分
（2）如图8.
∵ △BOC和△ABO都是等边三角形，
∴ OD=OC, OB=OA,∠1=∠2=60°，………5分
又∵OD=OA,
∴ OD＝OB，OA＝OC，
∴ ∠4=∠5，∠6=∠7. …………………6分
∵ ∠DOB=∠1+∠3,
∠AOC=∠2+∠3,
∴∠DOB=∠AOC. …………………………………7分
∵ ∠4+∠5+∠DOB=180°, ∠6+∠7+∠AOC=180°,
∴ 2∠5=2∠6,
∴ ∠5=∠6.………………………………………………8分
又∵ ∠AEB=∠8-∠5， ∠8=∠2+∠6，
∴ ∠AEB＝∠2＋∠5－∠5＝∠2，
∴ ∠AEB＝60°.…………………………………………9分
3。①存在；②符合条件的点P共有3个：当点P在线段AO上时，∠OCP=40°；当点P在OB的延长线上时，∠OCP=20°；当点P在OA的延长线上时，∠OCP=100°。
4。（1）A E与⊙O相切．理由：连接OC ．
∵CD∥OA ∴， ．
又∵ODOC， ∴．∴．
在△AOC和△AOB中
OA=OA， ，OB=OC，
∴△AOC≌△AOB， ∴．
∵AB与⊙O相切， ∴=90°．
∴A E与⊙O相切．
（2）①选择a、b、c，或其中2个 ② 解答举例：
若选择a、b、c， 方法一：由CD∥OA， ，得．
方法二：在Rt△ABE中 ，由勾股定理，得 ．
方法三：由Rt△OCE∽Rt△ABE，，得．
若选择a、b 方法一：在Rt△OCE中 ，由勾股定理：，得；
方法二：连接BC，由△DCE∽△CBE，得．
若选择a、c；需综合运用以上多种方法，得．
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