知识点睛：
探究型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，补充并加以证明的一类问题．根据其特征大致可分为：条件探究型、结论探究型、规律探究型和存在性探究型等四类．
解题指导：
由 于探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对 于基础知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择合适的解题途径完成最后的解答．由于题 型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：
1．利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律．
2．反演推理法（反证法），即假设结论成立,根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致．
3．分类讨论法．当命题的题设和结论不唯一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果．
4．类比猜想法．即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．
以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略，因而具体操作时，应更注重数学思想方法的综合运用．
类型一：动态探索型：
此类问题结论明确，而需探究发现使结论成立的条件．
例 1、如图 1，在菱形 ABCD中， AB= 4，∠ BAD= 120°，△ AEF为等边三角形，点 E， F分别在菱形的边 BC， CD上滑动，且点 E， F不与点 B， C， D重合．
（ 1）证明不论点 E， F在 BC， CD上如何滑动，总有 BE= CF；
（ 2）当点 E， F在 BC， CD上滑动时，分别探讨四边形 AECF和△ CEF的面积是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值．
分析：（ 1）先求证 AB= AC，进而求证△ ABC，△ ACD为等边三角形，得∠ ACF= 60°， AC= AB进而求证△ ABE≌△ ACF，即可求得 BE= CF；（ 2）根据△ ABE≌△ ACF可得 S△ ABE= S△ ACF，故根据 S四边形 AECF= S△ AEC+ S△ ACF= S△ AEC+ S△ ABE= S△ ABC，即可解题；当等边三角形 AEF的边 AE与 BC垂直时，边 AE最短．△ AEF的面积会随着 AE的变化而变化，且当 AE最短时，正三角形 AEF的面积会最小，又根据 S△ CEF= S四边形 AECF﹣ S△ AEF，则△ CEF的面积就会最大．
（ 1）证明：如图 2，连接 AC.
∵四边形 ABCD为菱形，∠ BAD= 120°，∠ 1+∠ EAC= 60°，∠ 3+∠ EAC= 60°，
∴∠ 1=∠ 3.
∵∠ BAD= 120°，∴∠ ABC= 60°.
∴△ ABC和△ ACD为等边三角形，
∴∠ 4= 60°， AC= AB.
∴在△ ABE和△ ACF中，
∴△ ABE≌△ ACF（ ASA）．∴ BE= CF.
（ 2）解：四边形 AECF的面积不变，△ CEF的面积发生变化．
理由：由（ 1），得△ ABE≌△ ACF，则 S△ ABE= S△ ACF，
故 S四边形 AECF= S△ AEC+ S△ ACF= S△ AEC+ S△ ABE= S△ ABC，是定值
作 AH⊥ BC于点 H，则 BH= 2，
S四边形 AECF= S△ ABC=
BC• AH= BC•
= 4
.
由“垂线段最短”,可知当等边三角形 AEF的边 AE与 BC垂直时，边 AE最短．
故△ AEF的面积会随着 AE的变化而变化，且当 AE最短时，等边三角形 AEF的面积会最小.
又 S△ CEF= S四边形 AECF﹣ S△ AEF，则此时△ CEF的面积就会最大．
∴ S△ CEF= S四边形 AECF﹣ S△ AEF= 4﹣× 2
×
=．
考点二：结论探究型：
此类问题给定条件但无明确结论或结论不唯一，而需探索发现与之相应的结论的题目．
例 2、如图①所示，已知 A， B为直线 l上两点，点 C为直线 l上方一动点，连接 AC， BC，分别以 AC， BC为边向△ ABC外作正方形 CADF和正方形 CBEG，过点 D作 DD 1⊥ l于点 D 1，过点 E作 EE 1⊥ l于点 E 1．
（ 1）如图②，当点 E恰好在直线 l上时（此时点 E 1与点 E重合），试说明 DD 1= AB；
（ 2）在图①中，当 D， E两点都在直线 l的上方时，试探求三条线段 DD 1， EE 1， AB之间的数量关系，并说明理由；
（ 3）如图③，当点 E在直线 l的下方时，请直接写出三条线段 DD 1， EE 1， AB之间的数量关系（不需要证明）．
分析：（ 1）由四边形 CADF，四边形 CBEG都是正方形，可得 AD= CA，∠ DAC=∠ ABC= 90°.又由同角的余角相等，求得∠ ADD 1=∠ CAB，然后利用 AAS证得△ ADD 1≌△ CAB.根据全等三角形的对应边相等，即可得 DD 1= AB.
（ 2）首先过点 C作 CH⊥ AB于点 H，由 DD 1⊥ AB，可得∠ DD 1 A=∠ CHA= 90°，由四边形 CADF是正方形，可得 AD= CA.又由同角的余角相等，求得∠ ADD 1=∠ CAH.然后利用 AAS证得△ ADD 1≌△ CAH，根据全等三角形的对应边相等，即可得 DD 1= AH.同理 EE 1= BH，则可得 AB= DD 1+ EE 1．
（ 3）证明方法同（ 2），易得 AB= DD 1﹣ EE 1．
（ 1）证明：∵四边形 CADF、 CBEG是正方形，
∴ AD= CA，∠ DAC=∠ ABC= 90°.∴∠ DAD 1+∠ CAB= 90°.
∵ DD 1⊥ AB，∴∠ DD 1 A=∠ ABC= 90°.
∴∠ DAD 1+∠ ADD 1= 90°.∴∠ ADD 1=∠ CAB.
在△ ADD 1和△ CAB中，
∴△ ADD 1≌△ CAB（ AAS）.∴ DD 1= AB.
（ 2）解： AB= DD 1+ EE 1．
证明：过点 C作 CH⊥ AB于 H.
∵ DD 1⊥ AB，∴∠ DD 1 A=∠ CHA= 90°.
∴∠ DAD 1+∠ ADD 1= 90°，
∵四边形 CADF是正方形，∴ AD= CA，∠ DAC= 90°，
∴∠ DAD 1+∠ CAH= 90°，∴∠ ADD 1=∠ CAH，
在△ ADD 1和△ CAH中，
∴△ ADD 1≌△ CAH（ AAS）.∴ DD 1= AH.
同理 EE 1= BH.∴ AB= AH+ BH= DD 1+ EE 1；
（ 3） AB= DD 1﹣ EE 1．
现在就练：
在直角坐标系中，点 A是抛物线 y= x 2在第二象限上的点，连接 OA，过点 O作 OB⊥ OA，交抛物线于点 B，以 OA， OB为边构造矩形 AOBC．
（ 1）如图 1，当点 A的横坐标为 时，矩形 AOBC是正方形；
（ 2）如图 2，当点 A的横坐标为
时，
①求点 B的坐标；
②将抛物线 y= x 2作关于 x轴的轴对称变换得到抛物线 y=﹣ x 2，试判断抛物线 y=﹣ x 2经过平移交换后，能否经过 A， B， C三点？如果可以，说出变换的过程；如果不可以，请说明理由．
解：（ 1）如图，过点 A作 AD⊥ x轴于点 D.
∵矩形 AOBC是正方形，∴∠ AOC= 45°，
∴∠ AOD= 90°﹣ 45°= 45°，∴△ AOD是等腰直角三角形，
设点 A的坐标为（﹣ a， a）（ a≠ 0），则（﹣ a） 2= a.
解得 a 1=﹣ 1， a 2= 0（舍去），
∴点 A的坐标﹣ a=﹣ 1，
故答案为：﹣ 1；
（ 2）①过点 A作 AE⊥ x轴于点 E，过点 B作 BF⊥ x轴于点 F，
当 x=﹣
时， y=（﹣） 2=
，即 OE=
， AE=.
∵∠ AOE+∠ BOF= 180°﹣ 90°= 90°，∠ AOE+∠ EAO= 90°，
∴∠ EAO=∠ BOF，
又∵∠ AEO=∠ BFO= 90°，∴△ AEO∽△ OFB.
∴
=
=
=.
设 OF= t，则 BF= 2 t，∴ t 2= 2 t.
解得 t 1= 0（舍去）， t 2= 2.∴点 B（ 2， 4）；
②过点 C作 CG⊥ BF于点 G.
∵∠ AOE+∠ EAO= 90°，∠ FBO+∠ CBG= 90°，∠ AOE=∠ FBO，∴∠ EAO=∠ CBG，
在△ AEO和△ BGC中，
∴△ AEO≌△ BGC（ AAS）. ∴ CG= OE=
， BG= AE=
．
∴ x c= 2﹣=
， y c= 4+=
∴点 C（
，）
设过 A（﹣
，
）, B（ 2， 4）两点的抛物线解析式为 y=﹣ x 2+ bx+ c.
由题意，得
解得
∴经过 A， B两点的抛物线解析式为 y=﹣ x 2+ 3 x+ 2.
当 x=
时， y=﹣（） 2+ 3×+ 2=
，所以点 C也在此抛物线上.
故经过 A， B， C三点的抛物线解析式为 y=﹣ x 2+ 3 x+ 2=﹣（ x﹣） 2+．
平移方案：先将抛物线 y=﹣ x 2向右平移
个单位，再向上平移
个单位得到抛物线 y=﹣（ x﹣） 2+．
