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美国数学教育家哈莫斯先生说过：“问题是数学的心脏”，而问题的核心特征就是“探索性”.国际数学委员会也郑重指出“探索和发展是数学的生命线”，探索是人类认识客观世界过程中最生动、最活跃的思维活动，足见开放探索性的数学命题的重要性.新颁布的九年义务课程标准在“基本理念”部分提出了：在数学教学活动中，应向学生提供充分数学活动的机会，帮助他们在自主探索和合作交流的过程中体验知识的发生、发展过程，从而形成知识、方法、技能.而研究性、探索性数学问题便是为学生提供充分的思考、探索活动良好材料的载体.纵观近年课改实验区的考题对此作出积极的反映，大量地格调清新、构思独具匠心的探究性试题如雨后春笋破土而出.由于探索、开放性试题的题设和结论不完整，或缺少结论，或需补充条件，或需猜想规律，或需判断符合某个条件的点、图形是否存在等等.这类试题综合性强，思考方向不确定，对思维的灵活性、深刻性、发散性、独创性有较高的要求，能够有效的考查学生通过观察、实验、归纳、类比、推断获得数学猜想，体验数学充满着探索性和创造性；有效的考查学生的阅读能力、动手操作的自主探究能力、分析问题、解决问题的创新思维能力，本文试带领读者走进中考试题的百花园去欣赏和领略“探究性问题”其中的奥妙.
类型一 条件探究型
这类问题一般命题的结论明确，需读者反溯结论成立的条件.可采取逆向思维，把结论视为题设的一部分，再结合已有的条件，并辅助于图形结构、隐含的条件进行分析探究，有时需通过计算推理，方可搜寻到使得结论成立的所需条件.
例1（2010年河南省）如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，E是BC的中点，AD=5，BC=12，CD=42，∠C=45°，点P是BC边上一动点，设PB的长为x．
（1）当x的值为 时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为直角梯形；
（2）当x的值为 时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；
（3）点P在BC边上运动的过程中，以P、A、D、E为顶点的四边形能否构成菱形？试说明理由．
分析 ：（1）如图2(1)，分别过点A、D作AM⊥BC于M，DN⊥BC于N，显然当点P运动到点M、N的位置时，四边形PADE，四边形PEAD都是直角梯形，在Rt△DNC中，由CD=42，∠C=45°可知CN=DN=4，所以BM=BC－CN－MN=12-4-5=3，BN= BC－CN=12-4=8,所以当x值为3或8时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为直角梯形.
（2）如图2(2)，分别过点A、D作AM∥DE，DN∥AE交BC于M、N，显然四边形AMED、DNEA都是平行四边形，所以当点P运动到点M、N的位置时，四边形PADE，四边形PEAD都是平行四边形，又BE=6，所以当BP=BE-ME=BE-AD=6-5=1时四边形PADE是平行四边形，当BP=BE+EN=BE+AD=6+5=11时，四边形PEAD是平行四边形.所以当x的值为1或11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形.
（3）如图2(1)，由（2）知，①当BP=1,以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形，
PE=5, 过点D作DN⊥BC于N，在Rt△DNC中，由CD=
42，∠C=45°可知CN=DN=4，所以EN=2，在Rt△DNE中，由勾股定理可得DE=
DN2+EN2=25≠AD,此时以点P、A、D、E为顶点的四边形不是菱形.
②当BP=11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形．
因为EP=AD=5．过点D作DN⊥BC于N，在Rt△DNC中，由CD=
42，∠C=45°可知CN=DN=4，所以PN=3，
PD=DN2+PN2=5．所以PD=AD，所以以点P、A、D、E为顶点的四边形能构成菱形．
评注 ：本题以动点在梯形底边上运动为载体，导演了一个动态的开放探索条件性问题，整个问题以计算、推理为主线，探索发现为目标，充分体现事物之间在一定条件下可以相互转化的辩证关系，使梯形、平行四边形、菱形相互携手，各展风采.同时体现了数形刚柔并济，辅助线协同作战和谐氛围，考查特殊四边形的判定等腰直角三角形、勾股定理等相关知识.
类型二 结论探索性
探索结论型的问题的特点是：命题只给出了明确的条件，隐去了结论，要求考生需结合图形探究、发现、猜测出相应的结论，或变换命题中的部分条件探究对结论的影响；解题时读者必须全方位审题，挖掘、搜集必要的信息进行提炼，大胆推测结论，小心求证.
例2（2010年山西省）如图3，已知正方形ABCD的边CD在正方形
DEFG的边DE上，连结AE,GC.
（1）试猜想AE与GC有怎样的位置关系，并证明你的结论.
（2）将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图4，连结
AE和GC.你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由.
分析 ：（1）同一平面内两条直线的位置关系有平行与相交，在相交中有一种特殊的位置关系——垂直，观察图形中AE、GC显然不平行，因而可以猜想AE⊥CG.
（2）延长AE和GC相交于点H.欲证AE⊥GC，即证∠EHC=90°，也就是只要证明
∠CEH+∠7=90°.而∠CEH=∠AEB,∠AEB+∠6=90°，只需证明∠7=∠6，而∠6+∠5=90°，∠7+∠4=90°，只需证明∠5=∠4，这可由△ADE≌△CDG获得答案.
解 ：（1）答： AE⊥GC.
证明 ：延长GC交AE于点H.
在正方形ABCD与正方形DEFG中，
AD=DC,∠ADE=∠CDG=90°,DE=DG,
所以△ADE≌△CDG,所以∠1=∠2,
因为∠2+∠3=90°.所以∠1+∠3=90°.
所以∠AHG=180°-(∠1+∠3)=180°-90°=-90°.
所以AE⊥GC.
（2）答：成立
证明 ：延长AE和GC相交于点H.
在正方形ABCD与正方形DEFG中，
AD=DC,DE=DG,∠ADC=∠DCB
=∠B=∠BAD=∠EDG=90°,
所以∠1=∠2=90°-∠3,
所以△ADE≌△CDG.所以∠5=∠4.
又因为∠5+∠6
=90°,∠4
+∠7=180°-∠
DCE=180°-90°=90°,
所以∠6=∠7.又因为∠6+∠AEB=90°,
∠AEB=∠CEH.
所以∠CEH+∠7=90°.所以∠EHC=90°,所以AE⊥GC.
评注 ：在“运动变化的几何图形”中，让学生探究几何图形所具有性质的“变”与“不变”是当前中考最富有活力的一类几何问题.此类问题常先设置一个让学生探索的问题情景，在获得结论之后，再创设一个题设变化、图形变化的问题环境，进一步探究对结论的影响.解决此类问题应对原命题的结构特征、辅助线的作法、解题的思维策略精心研究，然后在变化的几何图形中进一步审视原来辅助线的添作、证明方法能否迁移，进而拾级而上，抓住运动变化过程中的“不变因素”，利用“类比”的思维方法，方可获得问题的答案.从上述垂直关系的探究过程中我们可以发现，虽然经过旋转，两个正方形的相对位置发生了变化，导致AE、GC位置也发生了变化，但本质的垂直关系依然保持不变，这不能不归功于△ADE≌△CDG关系不变.
类型三 存在探究性
所谓“存在性”的问题，就是要求应试者在给定的部分条件下，判断某种数学对象（直线、点的坐标、几何图形、变量的取值等）是否存在的命题，这种题型有利于测试学生的猜想、判断、逻辑推理等创造性解决问题的能力.解决此类问题的方法是：先对结论作出肯定存在的假设,而后结合题设、方程的解法、定理等进行正确的计算或推理，若得出矛盾的（或不合实际意义）结果，则否定先前假设，说明结论不存在；若推出合理的结果，说明假设成立，进而知结论是存在的.
例3 （2010年陕西省）问题探究
（1）请你在图5(1)中作一条直线，使它将矩形ABCD分成面积相等的两部分；
（2）如图5(2)，点M是矩形ABCD内一定点.请你在图
5(2)中过点M作一条直线，使它将矩形ABCD分成面积相等的两部分.
问题解决
（3）如图5(3)，在平面直角坐标系中，直角梯形OBCD是某市将要筹建的高新技术开发区用地示意图，其中
DC∥OB,OB=6,BC=4,CD=4.开发区综合服务管理委员会（其占地面积不计）设在点
P(4,2)处.为了方便驻区单位，准备过点P修一条笔直的道路（路的宽度不计），并且使这条路所在的直线l将直角梯形OBCD分成面积相等的两部分.你认为直线l是否存在？若存在，求出直线l的表达式；若不存在，请说明理由.
分析 ：（1）如图6(1)，作直线DB，直线DB即为所求.
（2）如图6(2)，连接AC、DB交于点P，则点P为矩形ABCD的对称中心.
作直线MP，则直线MP即为所求.
（3）如图6(3)，存在符合条件的直线l.
过点D作DA⊥OB于点A，则点P(4,2)为矩形ABCD的对称中心.
所以过点P的直线只要平分△DOA的面积即可.
假设在OD边上存在点H，使得直线PH将△DOA面积平分.
从而，直线PH必平分梯形OBCD的面积.即直线PH为所求直线I.
下面我们通过计算推理来探究验证直线是否存在.
设直线PH的表达式为
y=kx+b,且点
P(4,2),
所以2=4k+b.即b=2-4k,所以y=kx+2-4k.
因为直线OD的表达式为y=2x．
所以
y=kx+2-4k
y=2x
,解之，得
x= 2-4k 2-k
y= 4-8k 2-k
.
所以点H的坐标为( 2-4k 2-k
, 4-8k 2-k ).
因为PH与线段AD的交点F的坐标为(2,2-2)，
所以0<2-2k<4,所以-1 = 1 2
(4-2+2k)•（2-2-4k 2-k
)= 1 2 × 1 2
×2×4.
解之，得
k= 13-3 2
•(k= -13-3 2
不合题意，舍去）
所以b=8-213.
所以直线l的表达式为y= 13-3 2
x+8-213.
评注 :本题的问题探究是让学生通过画图操作探究发现：等分矩形面积的直线必须过矩形的对称中心，最容易发现的是矩形的每一条对角线所在的直线都是平分矩形面积的直线，而且这两条直线都通过交点，这点正好是矩形的对称中心，由此拓展到过矩形对称中心的任意一条直线都可以把矩形分成面积相等的两部分.而问题解决中的梯形我们可以通过作高将其转化矩形和三角形，而直线l所通过的点P（4，2）正好是矩形ABCD的对称中心，因此直线l只要平分△AOD的面积即可.这样可以利用一次函数的知识用待定系数法只要确定直线l的k值.就说明了直线必然存在.
类型四 规律探索性
命题的形式常常是给出几个具体的数、式或图形（包括将图形按某种要求进行分割后得到的图形面积、周长等），根据已有的知识经验探究其中的隐含变化规律，从而猜想出一般的结论.解决此类问题一般从特殊情况、或最简单情况入手，进行研究，拾级而上找到问题的规律.
例4 （2010年浙江省宁波市）十八世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式.请你观察下列几种简单多面体模型，解答下列问题：
（1）根据上面多面体的模型，完成表格中的空格：
多面体[]顶点数（V）面数（F）棱数（E）
四面体 4 4
长方体 8 6 12
正八面体8 12
正十二面体 20 12 30
你发现顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的关系式是 .
（2）一个多面体的面数比顶点数大8，且有30条棱，则这个多面体的面数是
.
（3）某个玻璃饰品的外形是简单的多面体，它的外表面是由三角形和八边形两种多边形拼接而成，且有24个顶点，每个顶点处都有3条棱．设该多面体外表面三角形的个数为x个，八边形的个数为y，求x＋y的值．
分析 ：(1)观察四面体容易发现共有6条棱，正八面体共有6个顶点.通过分析表格中多面体的顶点、面数、棱数数据之间的关系，可以发现他们有一个共同的关系,顶点数与面数之和比棱数多2，用数学表达式可表示为：
V+F-E=2.
(2)设这个多面体的面数为x，则顶点数为x-8，代入上述表达式得：2x-8-30=2，
解之得x=20.
(3)因为多面体有24个顶点，每个顶点处有3条棱，所以这个多面体共有棱数为
24×3 2 =36(条). 又依题意可知这个多面体的面数为
x+y，由猜想的公式V+F-E=2可得
24+(x+y)-36=2 ，所以
x+y=14.
类型五 综合探索性
此类问题的情景是它的条件和结论都不确定，需要读者从提供的素材中选择某些作为条件，某些作为结论，然后组合成一个新的命题，并加以探究与证明.改变了传统的“条件—结论”型的封闭模式，为读者提供的是一个“探究——猜想——证实”数学环境.
例5 （2010年巴中市）如图8，AB是⊙O的直径，C、D是半
圆弧上的两点，E是AB上除O外的一点，AC与DE交于点F，①弧AD=弧CD；②DE⊥AB；③AF=DF.
（1）写出以①②③的任意2个条件，推出第3个（结论）的一个正确命题，并加以证
明.（2）以①②③的任意2个为条件，推出第3个（结论）可以组成多少个正确命题？不必说明理由.
分析 ：（1）若AD〖TX(〗=CD〖TX（〗，DE⊥AB,则AF=DF.
连结AD、BD，因为∠DAC=∠B，又AB是⊙O的直径，DE⊥AB，
所以∠ADB=∠AED=90°，所以∠ADE=∠B，所以∠ADE=∠DAC，所以AF=DF.
（2）可以组成3个正确命题.若①、②则③；若①、③，则
②；若②、③，则①.
评注 ；本题以“课本中的基本图形”为蓝本，匠心独运改编成了一个充满活力和魅力的综合探索性问题，给读者创造一个观察、探索发现、猜想、论证的问题情景，为强化学生活学活用的应变能力提供一个良好的载体.
由上述问题探索与研究我们可以获悉探索型的试题能够为学生提供一个开放的或动态型的数学问题的情景，给学生以“再发现”、“再创造”的思维空间.能使学生通过自主参与，主动地接近、发现和体验所学的内容，从而获得新的知识和技能.
类型一 条件探究型
这类问题一般命题的结论明确，需读者反溯结论成立的条件.可采取逆向思维，把结论视为题设的一部分，再结合已有的条件，并辅助于图形结构、隐含的条件进行分析探究，有时需通过计算推理，方可搜寻到使得结论成立的所需条件.
例1（2010年河南省）如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，E是BC的中点，AD=5，BC=12，CD=42，∠C=45°，点P是BC边上一动点，设PB的长为x．
（1）当x的值为 时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为直角梯形；
（2）当x的值为 时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；
（3）点P在BC边上运动的过程中，以P、A、D、E为顶点的四边形能否构成菱形？试说明理由．
分析 ：（1）如图2(1)，分别过点A、D作AM⊥BC于M，DN⊥BC于N，显然当点P运动到点M、N的位置时，四边形PADE，四边形PEAD都是直角梯形，在Rt△DNC中，由CD=42，∠C=45°可知CN=DN=4，所以BM=BC－CN－MN=12-4-5=3，BN= BC－CN=12-4=8,所以当x值为3或8时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为直角梯形.
（2）如图2(2)，分别过点A、D作AM∥DE，DN∥AE交BC于M、N，显然四边形AMED、DNEA都是平行四边形，所以当点P运动到点M、N的位置时，四边形PADE，四边形PEAD都是平行四边形，又BE=6，所以当BP=BE-ME=BE-AD=6-5=1时四边形PADE是平行四边形，当BP=BE+EN=BE+AD=6+5=11时，四边形PEAD是平行四边形.所以当x的值为1或11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形.
（3）如图2(1)，由（2）知，①当BP=1,以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形，
PE=5, 过点D作DN⊥BC于N，在Rt△DNC中，由CD=
42，∠C=45°可知CN=DN=4，所以EN=2，在Rt△DNE中，由勾股定理可得DE=
DN2+EN2=25≠AD,此时以点P、A、D、E为顶点的四边形不是菱形.
②当BP=11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形．
因为EP=AD=5．过点D作DN⊥BC于N，在Rt△DNC中，由CD=
42，∠C=45°可知CN=DN=4，所以PN=3，
PD=DN2+PN2=5．所以PD=AD，所以以点P、A、D、E为顶点的四边形能构成菱形．
评注 ：本题以动点在梯形底边上运动为载体，导演了一个动态的开放探索条件性问题，整个问题以计算、推理为主线，探索发现为目标，充分体现事物之间在一定条件下可以相互转化的辩证关系，使梯形、平行四边形、菱形相互携手，各展风采.同时体现了数形刚柔并济，辅助线协同作战和谐氛围，考查特殊四边形的判定等腰直角三角形、勾股定理等相关知识.
类型二 结论探索性
探索结论型的问题的特点是：命题只给出了明确的条件，隐去了结论，要求考生需结合图形探究、发现、猜测出相应的结论，或变换命题中的部分条件探究对结论的影响；解题时读者必须全方位审题，挖掘、搜集必要的信息进行提炼，大胆推测结论，小心求证.
例2（2010年山西省）如图3，已知正方形ABCD的边CD在正方形
DEFG的边DE上，连结AE,GC.
（1）试猜想AE与GC有怎样的位置关系，并证明你的结论.
（2）将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图4，连结
AE和GC.你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由.
分析 ：（1）同一平面内两条直线的位置关系有平行与相交，在相交中有一种特殊的位置关系——垂直，观察图形中AE、GC显然不平行，因而可以猜想AE⊥CG.
（2）延长AE和GC相交于点H.欲证AE⊥GC，即证∠EHC=90°，也就是只要证明
∠CEH+∠7=90°.而∠CEH=∠AEB,∠AEB+∠6=90°，只需证明∠7=∠6，而∠6+∠5=90°，∠7+∠4=90°，只需证明∠5=∠4，这可由△ADE≌△CDG获得答案.
解 ：（1）答： AE⊥GC.
证明 ：延长GC交AE于点H.
在正方形ABCD与正方形DEFG中，
AD=DC,∠ADE=∠CDG=90°,DE=DG,
所以△ADE≌△CDG,所以∠1=∠2,
因为∠2+∠3=90°.所以∠1+∠3=90°.
所以∠AHG=180°-(∠1+∠3)=180°-90°=-90°.
所以AE⊥GC.
（2）答：成立
证明 ：延长AE和GC相交于点H.
在正方形ABCD与正方形DEFG中，
AD=DC,DE=DG,∠ADC=∠DCB
=∠B=∠BAD=∠EDG=90°,
所以∠1=∠2=90°-∠3,
所以△ADE≌△CDG.所以∠5=∠4.
又因为∠5+∠6
=90°,∠4
+∠7=180°-∠
DCE=180°-90°=90°,
所以∠6=∠7.又因为∠6+∠AEB=90°,
∠AEB=∠CEH.
所以∠CEH+∠7=90°.所以∠EHC=90°,所以AE⊥GC.
评注 ：在“运动变化的几何图形”中，让学生探究几何图形所具有性质的“变”与“不变”是当前中考最富有活力的一类几何问题.此类问题常先设置一个让学生探索的问题情景，在获得结论之后，再创设一个题设变化、图形变化的问题环境，进一步探究对结论的影响.解决此类问题应对原命题的结构特征、辅助线的作法、解题的思维策略精心研究，然后在变化的几何图形中进一步审视原来辅助线的添作、证明方法能否迁移，进而拾级而上，抓住运动变化过程中的“不变因素”，利用“类比”的思维方法，方可获得问题的答案.从上述垂直关系的探究过程中我们可以发现，虽然经过旋转，两个正方形的相对位置发生了变化，导致AE、GC位置也发生了变化，但本质的垂直关系依然保持不变，这不能不归功于△ADE≌△CDG关系不变.
类型三 存在探究性
所谓“存在性”的问题，就是要求应试者在给定的部分条件下，判断某种数学对象（直线、点的坐标、几何图形、变量的取值等）是否存在的命题，这种题型有利于测试学生的猜想、判断、逻辑推理等创造性解决问题的能力.解决此类问题的方法是：先对结论作出肯定存在的假设,而后结合题设、方程的解法、定理等进行正确的计算或推理，若得出矛盾的（或不合实际意义）结果，则否定先前假设，说明结论不存在；若推出合理的结果，说明假设成立，进而知结论是存在的.
例3 （2010年陕西省）问题探究
（1）请你在图5(1)中作一条直线，使它将矩形ABCD分成面积相等的两部分；
（2）如图5(2)，点M是矩形ABCD内一定点.请你在图
5(2)中过点M作一条直线，使它将矩形ABCD分成面积相等的两部分.
问题解决
（3）如图5(3)，在平面直角坐标系中，直角梯形OBCD是某市将要筹建的高新技术开发区用地示意图，其中
DC∥OB,OB=6,BC=4,CD=4.开发区综合服务管理委员会（其占地面积不计）设在点
P(4,2)处.为了方便驻区单位，准备过点P修一条笔直的道路（路的宽度不计），并且使这条路所在的直线l将直角梯形OBCD分成面积相等的两部分.你认为直线l是否存在？若存在，求出直线l的表达式；若不存在，请说明理由.
分析 ：（1）如图6(1)，作直线DB，直线DB即为所求.
（2）如图6(2)，连接AC、DB交于点P，则点P为矩形ABCD的对称中心.
作直线MP，则直线MP即为所求.
（3）如图6(3)，存在符合条件的直线l.
过点D作DA⊥OB于点A，则点P(4,2)为矩形ABCD的对称中心.
所以过点P的直线只要平分△DOA的面积即可.
假设在OD边上存在点H，使得直线PH将△DOA面积平分.
从而，直线PH必平分梯形OBCD的面积.即直线PH为所求直线I.
下面我们通过计算推理来探究验证直线是否存在.
设直线PH的表达式为
y=kx+b,且点
P(4,2),
所以2=4k+b.即b=2-4k,所以y=kx+2-4k.
因为直线OD的表达式为y=2x．
所以
y=kx+2-4k
y=2x
,解之，得
x= 2-4k 2-k
y= 4-8k 2-k
.
所以点H的坐标为( 2-4k 2-k
, 4-8k 2-k ).
因为PH与线段AD的交点F的坐标为(2,2-2)，
所以0<2-2k<4,所以-1
(4-2+2k)•（2-2-4k 2-k
)= 1 2 × 1 2
×2×4.
解之，得
k= 13-3 2
•(k= -13-3 2
不合题意，舍去）
所以b=8-213.
所以直线l的表达式为y= 13-3 2
x+8-213.
评注 :本题的问题探究是让学生通过画图操作探究发现：等分矩形面积的直线必须过矩形的对称中心，最容易发现的是矩形的每一条对角线所在的直线都是平分矩形面积的直线，而且这两条直线都通过交点，这点正好是矩形的对称中心，由此拓展到过矩形对称中心的任意一条直线都可以把矩形分成面积相等的两部分.而问题解决中的梯形我们可以通过作高将其转化矩形和三角形，而直线l所通过的点P（4，2）正好是矩形ABCD的对称中心，因此直线l只要平分△AOD的面积即可.这样可以利用一次函数的知识用待定系数法只要确定直线l的k值.就说明了直线必然存在.
类型四 规律探索性
命题的形式常常是给出几个具体的数、式或图形（包括将图形按某种要求进行分割后得到的图形面积、周长等），根据已有的知识经验探究其中的隐含变化规律，从而猜想出一般的结论.解决此类问题一般从特殊情况、或最简单情况入手，进行研究，拾级而上找到问题的规律.
例4 （2010年浙江省宁波市）十八世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式.请你观察下列几种简单多面体模型，解答下列问题：
（1）根据上面多面体的模型，完成表格中的空格：
多面体[]顶点数（V）面数（F）棱数（E）
四面体 4 4
长方体 8 6 12
正八面体8 12
正十二面体 20 12 30
你发现顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的关系式是 .
（2）一个多面体的面数比顶点数大8，且有30条棱，则这个多面体的面数是
.
（3）某个玻璃饰品的外形是简单的多面体，它的外表面是由三角形和八边形两种多边形拼接而成，且有24个顶点，每个顶点处都有3条棱．设该多面体外表面三角形的个数为x个，八边形的个数为y，求x＋y的值．
分析 ：(1)观察四面体容易发现共有6条棱，正八面体共有6个顶点.通过分析表格中多面体的顶点、面数、棱数数据之间的关系，可以发现他们有一个共同的关系,顶点数与面数之和比棱数多2，用数学表达式可表示为：
V+F-E=2.
(2)设这个多面体的面数为x，则顶点数为x-8，代入上述表达式得：2x-8-30=2，
解之得x=20.
(3)因为多面体有24个顶点，每个顶点处有3条棱，所以这个多面体共有棱数为
24×3 2 =36(条). 又依题意可知这个多面体的面数为
x+y，由猜想的公式V+F-E=2可得
24+(x+y)-36=2 ，所以
x+y=14.
类型五 综合探索性
此类问题的情景是它的条件和结论都不确定，需要读者从提供的素材中选择某些作为条件，某些作为结论，然后组合成一个新的命题，并加以探究与证明.改变了传统的“条件—结论”型的封闭模式，为读者提供的是一个“探究——猜想——证实”数学环境.
例5 （2010年巴中市）如图8，AB是⊙O的直径，C、D是半
圆弧上的两点，E是AB上除O外的一点，AC与DE交于点F，①弧AD=弧CD；②DE⊥AB；③AF=DF.
（1）写出以①②③的任意2个条件，推出第3个（结论）的一个正确命题，并加以证
明.（2）以①②③的任意2个为条件，推出第3个（结论）可以组成多少个正确命题？不必说明理由.
分析 ：（1）若AD〖TX(〗=CD〖TX（〗，DE⊥AB,则AF=DF.
连结AD、BD，因为∠DAC=∠B，又AB是⊙O的直径，DE⊥AB，
所以∠ADB=∠AED=90°，所以∠ADE=∠B，所以∠ADE=∠DAC，所以AF=DF.
（2）可以组成3个正确命题.若①、②则③；若①、③，则
②；若②、③，则①.
评注 ；本题以“课本中的基本图形”为蓝本，匠心独运改编成了一个充满活力和魅力的综合探索性问题，给读者创造一个观察、探索发现、猜想、论证的问题情景，为强化学生活学活用的应变能力提供一个良好的载体.
由上述问题探索与研究我们可以获悉探索型的试题能够为学生提供一个开放的或动态型的数学问题的情景，给学生以“再发现”、“再创造”的思维空间.能使学生通过自主参与，主动地接近、发现和体验所学的内容，从而获得新的知识和技能.