李秀蘭

探究性問題常常具有條件的不完備性、結(jié)論的不確定性、過程的發(fā)散性等特征，由于這類題型背景新穎、解法靈活，對數(shù)學(xué)思想方法的運用比較高，能很好地考查學(xué)生的思維能力和探究意識，是高考命題中常出現(xiàn)的問題.

一、執(zhí)果索因，推理探求

例1如圖1，菱形ABCD所在平面與矩形ACEF所在平面相互垂直，點M是線段EF的中點，試求當(dāng)BDAF為何值時，平面DEF⊥平面BEF？并證明你的結(jié)論.

分析先由面面垂直確定二面角的平面角，從而確定BDAF的關(guān)系.

解因為平面ACEF⊥平面ABCD，四邊形ACEF為矩形，則FA、EC都垂直于面ABCD，

又四邊形ABCD是菱形，則△FAD△ECD，即DF=DE，

又M是線段EF的中點，則DM⊥EF，同理可以知道BM⊥EF，所以∠DMB就是二面角D-EF-B的平面角，因為平面DEF⊥平面BEF，則∠DMB=90°，此時BDAF=2.

點評本題就是從題設(shè)的條件出發(fā)，將需要滿足的結(jié)論視為已知條件，執(zhí)果索因，進(jìn)行演繹推理逐步尋找到使得結(jié)論成立的必要條件.

二、合情推理，先猜后證

例2如圖2，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，點D在棱BC上，AD⊥C1D，（1）求證：AD⊥平面

BCC1B1；（2）設(shè)E是B1C1上的一點，當(dāng)B1EEC1的值為多少時，A1E∥平面ADC1？請給出證明.

分析特別對于第（2）問，則可以通過合理推理解決.

解（1）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AD平面ABC，則AD⊥CC1.

又AD⊥C1D，CC1交C1D于C1，且CC1和C1D都在面BCC1B1內(nèi)，所以AD⊥平面BCC1B1.

（2）由（1）可以得到AD⊥BC，在正三角形ABC中，D是BC的中點，

故猜想當(dāng)B1EEC1=1，即E為B1C1的中點時，A1E∥平面ADC1.

事實上，正三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形BCC1B1是矩形，且D、E分別是BC、B1C1的中點，所以B1B∥DE，B1B=DE，又B1B∥AA1，且B1B=AA1，則DE∥AA1，且DE=AA1，即四邊形ADEA1為平行四邊形，則EA1∥AD，而EA1面ADC1，AD面ADC1，故A1E∥平面ADC1.

點評在探究上述問題的過程中，可以先從特殊情況著手，通過觀察、歸納、判斷等數(shù)學(xué)直覺，運用合理推理，猜想出問題的結(jié)論，然后論證所得到的結(jié)論滿足題意.

三、設(shè)元引參，方程求解

例3如圖3，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=B1B， AC1∥面A1BD，D為AC的中點，（1）求證： B1C1⊥平面ABB1A1.（2）在CC1上是否存在一點E，使得∠BA1E=45°，若存在，試確定E點的位置，若不存在，請說明理由.

分析本題的第（2）問可轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題來求解.

解（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，因為AB=B1B，所以四邊形ABB1A1為正方形，所以A1B⊥AB1，

又AC1⊥面A1BD，則AC1⊥A1B，從而A1B⊥面AB1C1，所以A1B⊥B1C1.

又BB1⊥B1C1，則B1C1⊥平面ABB1A1.

（2）設(shè)AB=BB1=a，CE=x，A1B=2a，因為D為AC的中點，且AC1⊥A1D，

△A1AD∽△C1A1A，則A1C1=2a，又B1C1⊥平面ABB1A1，B1C1⊥A1B1，所以B1C1=a.

在△A1BE中，∠BA1E=45°，則BE=a2+x2，A1E=2a2+（a-x）2

=3a2+x2-2ax，

則由余弦定理得到BE2=A1B2+A1E2-2A1B·A1E·cos45°，即a2+x2=2a2+3a2+x2-2ax-2·3a2+x2-2ax·2a·22，則3a2+x2-2ax=2a-x，解得x=12a，即E是C1C的中點.

點評涉及點的位置的問題，常用將圖形中的一些量設(shè)為參數(shù)，待確定的量為未知數(shù)，根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建方程，從而探究結(jié)論.

（收稿日期：2015-06-18）