《開放性問題》PPT課件.ppt

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1、開放性 與探究性 問題求解 2008年湖北黃岡中學(xué) 第一課時： 范圍與軌跡的探究： 課前導(dǎo)引 第一課時： 范圍與軌跡的探究： 課前導(dǎo)引 04.D 02C. 24B. 2. A ) ( ,1,50, ),4()( 5)( .1 2 mm mm mm tftft axxxf 范圍是 的取值則最小值上有最大值 且在閉區(qū)間都有任意 對設(shè)二次函數(shù)第一課時： 范圍與軌跡的探究： 課前導(dǎo)引 04.D 02C. 24B. 2. A ) ( ,1,50, ),4()( 5)( .1 2 mm mm mm tftft axxxf 范圍是 的取值則最小值上有最大值 且在閉區(qū)間都有任意 對設(shè)二次函數(shù) B 第一課時：

2、范圍與軌跡的探究： 邊上在 邊上或延長線上在 外部在 內(nèi)部在 的位置關(guān)系為與則點 且及平面內(nèi)一點 、的三個頂角已知 ACP ABP A B CP A B CP A B CP ABPCPBPAP CBAA B C .D C. B. . A ) ( , .2 解析 .,2 , : DPAPC PAPBPCPBPA 故選則 由已知得 解析 .,2 , : DPAPC PAPBPCPBPA 故選則 由已知得 答案 D 考點搜索 考點搜索 1. 探索點的位置及參量的取值范圍往 往是綜合已知條件和所學(xué)知識點，根據(jù)轉(zhuǎn) 化或數(shù)形結(jié)合的思想進行探索，直到結(jié)論 顯然為止 . 2. 在解決數(shù)列和恒成立的問題時，要

3、根據(jù)特殊和一般的辯證思想，從特殊的個 體總結(jié)出一般的規(guī)律，對普遍的規(guī)律任何 個體都會滿足 . 鏈接高考 鏈接高考 . ,0s i n)1()1( c os,1,0 2 2 的取值范圍 試求恒成立 不等式時已知當(dāng) xxx xx 例 1 s i n)1()1(c o s)( 0,c o s0,s i n : 1 0, 22 xxxxxf xx 設(shè) 由已知條件可知令 鏈接高考 . ,0s i n)1()1( c os,1,0 2 2 的取值范圍 試求恒成立 不等式時已知當(dāng) xxx xx 法一 例 1 .1 s i n2c os22 2s i n1 0 0s i nc os1:0c os0,s i n

4、 )s i nc os1(4 )s i n21( s i n ) s i n2c os22 s i n21 )(s i nc os1( s i n)s i n21()s i nc os1( 2 2 2 可知由 x xx )Z( 12 5 2 12 2 . 2 1 2s i n: 0 )s i nc os1(4 )s i n21( s i n)( 0c os 0s i n 1,0 2 m i n kkk xf x 所以 可得 恒成立知結(jié)合原不等式對任意 s i n4 1 c os) s i n2 1 (s i n c oss i n)( 0c oss i n, 1 0c os) 1 (s i n

5、) 1 (: ),1,0(0,c os0,s i n : 1 0, 2 2 2 2 t tttf ttRtt x x x x x x x xx 令 即令 變?yōu)?原不等式設(shè) 由已知條件可知令 法二 ).( 12 5 2 12 2 , 2 1 2s i n: 0 s i n4 1 c o s)( m i n Zkkk tf 所以 解得 ).( 12 5 2 12 2 , 2 1 2s i n: 0 s i n4 1 c o s)( m i n Zkkk tf 所以 解得 點評 從特殊的個體考察普遍的規(guī)律是 高中階段必須掌握的思維方式 , 本題先令 x=0 和 x=1得到 sin 0, cos 0,

6、 大大的縮小了的 考察范圍 , 為后面的解答提供的很大的方便 . 而解法二通過換元 , 使得式子更為規(guī)范 . 例 2 三個元素的集合？ 為含有為何值時當(dāng) 有兩個元素的集合？ 為含（為何值時當(dāng)問： 設(shè)集合 CBAa CBAa yxyxCayxyx ByaxyxA )(, )2( ),)1( .1|),(,|),( ,1|),( 22 ., 3)( ).(, ,01 .)1,0( ),1,0(,1 .:,1: ),()()( )1( 2 1 21 不符合共元素 個公有則 如圖與圓相交切 相與圓時當(dāng) 恒過點是定點系直線中在 設(shè) CBA l Cla CA yaxA ayxlyaxl CBCACBA 解

7、析 P1 P2 P3 y x l1 l2 .)( 1 22 .11 2 , ),(, ,0 2 2 212 1 有兩個元素 或 或 或 的距離為設(shè)圓心到合 重與或者如圖相離與圓則個元素 有兩相交與圓時當(dāng) CBA a aa a a d dl llCl CACla y x l1 l2 d ).( , ),( , ,02 .)1(,01 .3)( )2( 1 2 2 1 如下圖上一個交點在 且其中相交與圓或 如上圖與圓相切則 交于不同的兩點 相與圓時當(dāng) 知滿足由時當(dāng) 個元素有要使 l Cl l Cla a CBA y x l1 l2 d y x l1 l 2 ,12 , 1 1 1 2 :) 1 1

8、 , 1 2 ( .)1( ,1:,)1,0( ,2 32 2 2 2 22 2 2 1 aaaa a a a a a l a a a a al Cla 代入將 知舍去由 解得代入為 相交得兩個交點與圓又 y x l1 l2 d y x l1 l2 .)( ,1 20 .1,1 0)1)(1( ,01 2 23 有三個元素 時或 或當(dāng) CBA a aa aa aa aaa y x l1 l2 d y x l1 l2 例 3 在棱長為 a的正方體 ABCD A1B1C1D1中， E、 F分別是棱 BC、 CD上的 點，且 BE CF (1) 當(dāng) E、 F在何位置 時， B1F D1E； (2)

9、當(dāng) E、 F在何位置 時三棱錐 C1 CEF的體積 取得最大值，并求此時二 面角 C1 EF C的大小 0)()( ),( ),( )0,(),0,( ),0(),0,(, , , )1( 11 1 1 11 1 aaaxa axEDFB aaxaED aaxFB axaFxaE aaDaaBxBE zyx AAADABA 則有設(shè) 軸建立空間直角坐標(biāo)系軸、軸、為 、分別以為原點以 解析 ., 11 EDFBFE 在何位置均有、無論因此 ., 11 EDFBFE 在何位置均有、無論因此 , . , 2 4 ) 2 ( 6 )2( 1 2 2 1 的中點 、分別為、這時 的體積最大 三棱錐時當(dāng) C

10、D BCFE CEFC a x aa x a V CEFC . , :, , 1 1 1 1 的平面角 是二面角 由三垂線定理知則 連接點于交連接 CEFC GCC EFGC EFAC GCGEFAC GCCaCC aACGC 11 t an, , 4 2 4 1 .22ar c t a n ,22 1 1 的大小為 即二面角 CEFC GC CC .22ar c t a n ,22 1 1 的大小為 即二面角 CEFC GC CC 點評 立體幾何中的點的位置的探求 經(jīng)常借助于空間向量，引入?yún)?shù)，綜合已 知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù) . 這是立體 幾何中的點的位置的探求的常用方法 . ., ,)

11、,2 ,(, )2( .,; ,? )1( ).2,(242), ( *2 1 *2 1 1 滿足的條件、求實數(shù)等比數(shù)列 是且項的和的前是數(shù)列 設(shè) 說明理由若不可能的通項公式出 求若可能是否可能是等差數(shù)列 數(shù) 為常的首項已知數(shù)列 ba SnbS nNnnabbb a nNnnnaa aaaa nnn nn n nn n 例 4 34 32 222 8822 5421292 222842 ),4,3,2(242 , )1( 34 23 12 34 23 2 2 1 1 aaa aaa aaaaa aaa aaa aaa nnnaa aa nn 所以 由已知條件 解析 . .,0, ;1, 233

12、4 2312 是不可能是等差數(shù)列所以 矛盾得由 得則 成等差數(shù)列，若 n n a aaaaa aaaaa a . .,0, ;1, 2334 2312 是不可能是等差數(shù)列所以 矛盾得由 得則 成等差數(shù)列，若 n n a aaaaa aaaaa a 22 2 11 2 )1(2)1(4)1(2 )1( , )2( nnna nab nab n nn nn 因為 224 )2(222 22 2 aab nbna nn 時 所以 的等比數(shù)列是以公比為 項起從第時，當(dāng) 2 ).12)(22( 12 )12)(22( .2 2,01 1 1 1 n ab a bS bba n n n nn ),3(2,

13、0,1 .022,1 222)1( 22 2 222)1( 222)1( ,)2(, 12 1 1 1 1 nbbba aba aba ab aba aba S S n S S S nn n n n n n n n n 時當(dāng) 為常數(shù)是等比數(shù)列 . 0 1 22 1 , .0, , )2(0: 21 b a ab a baS bS bbbbS nb n n nn n 或的條件為 滿足、實數(shù)是等比數(shù)列綜上 是等比數(shù)列數(shù)列 得 點評 本題是數(shù)列探究性問題，往 往通過特殊的個體總結(jié)出一般的規(guī)律： (1) 要否定一個結(jié)論，只要通過前面幾 項即可； (2) 的證明必須對每一項都要 滿足，所以要對第一項進行

14、檢驗 . 方法論壇 方法論壇 解決任何一個數(shù)學(xué)問題都是綜合題 中的條件和結(jié)論運用適當(dāng)?shù)乃季S方式進 行探究，相對其他的問題更注重思維性 , 主要有以下的思維方式： 1. 將題中的已知和結(jié)論都看作條件 , 有機地結(jié)合，推導(dǎo)出要證的結(jié)論或求出 參量的范圍 . 2. 利用特殊和一般，個體和總體的 辯證關(guān)系，通過個體來發(fā)現(xiàn)普遍的規(guī)律 , 再運用數(shù)學(xué)歸納法加以證明，或根據(jù)普 遍的規(guī)律代入個體中，從而加強題目的 條件，這樣便于盡快解決問題 . 3. 對于存在性問題的求解，應(yīng)先假 設(shè)存在，再綜合題中所給的條件，要么 推出存在的范圍，要么得出矛盾 . 若得出 矛盾則說明不存在 . 4. 條件或結(jié)論開放性問題，應(yīng)

15、發(fā)散 自己的思維，結(jié)合所學(xué)的知識點進行分 析，從而可尋找出所要補的條件和能得 出的結(jié)論 . 第二課時： 存在性問題的探究： .|)()(:| ,1,1,)3(;? , ,1,1)2(;,)1( . 3 2 )( 1,),( 42)( 21 21 23 xfxf xx xdcba xf xRdcba dcxbxaxxf 求證 時若試證明你的結(jié)論垂直 相使得這兩點處的切線互上是否存在兩點 圖象當(dāng)?shù)闹登?取極小值 時且的圖象關(guān)于原點對稱 已知函數(shù) 例 1 第二課時： 存在性問題的探究： 1, 3 1 , 3 2 03 3)( )( 0,0,02 4242 : )()( ,)()1( 23 2 232

16、3 ca caca caxxfcxaxxf dbdbx dcxbxaxdcxbxax xfxfRx xf 解得 且由已知得 則 所以恒成立即 即有以對于任意的 所的圖象關(guān)于原點對稱因為 解析 1 1 1 )(. ),(),( ,1,1)2( 2 22 2 11 2 2211 xkxk x xf yxByxA x 別為知兩點處的切線斜率分 則由相垂直使得這兩點處的切線互 假設(shè)圖象上存在兩點 垂直得這兩點處的切線互相 圖象上不存在兩點使當(dāng) 即不存在 故假設(shè)不成立矛盾這與 則 所以 又因為且 ,1)1)(1( 0)1)(1( 0)1(,0)1( ,1,1,;1)1)(1( 2 2 2 1 2 2 2

17、 1 2 2 2 1 21 2 2 2 1 xx xx xx xxxx 3 4 3 2 3 2 |)()(|,1,1, , 3 2 |)(|,1,1, 3 2 )1( )(, 3 2 )1()(,1,1 ;)(,0)(,)1,1( )1)(1(1)(:)3( 2121 m i nm a x 2 xfxfxx xff xffxfx xfxfx xxxxf 時 于是上所以在 時則當(dāng) 為減函數(shù)這時時而 因為證明 第 (2)的探索體現(xiàn)了存在性問題的探索 的基本方法，若存在則能夠由條件推出，若不 存在則會推出矛盾 ; 第 (3)是函數(shù)中的不等式問 題，往往會用到函數(shù)的單調(diào)性 . 點評 考點搜索 1. 開

18、放性問題的背景是同一個條件可 推出很多個結(jié)論，或同一個結(jié)論可與有多 個條件推出，所以解決這類問題時要發(fā)散 自己的思維 ; 2. 存在性問題是結(jié)論開放性的一種， 解決存在性問題往往假設(shè)存在，再綜合題 中所給的條件，要么推出存在的范圍，要 么得出矛盾 . 若得出矛盾則說明不存在 . 考點搜索 .; ; ,? , )2( ; , 3 1 )1( 1,3, ,6,4 1 1 1 1111111 111 1111 請說明理由存在 若不的位置確定 若存在面 使得存在點 上是否在棱 點的位置試確定 的余弦值為若二面角 的中點為面邊長為 的底已知正四棱柱 P P M N QAP AA P APMN NDMAD

19、CNBAM AAPCCQAA DCBAA B C D D1 A B C D A1 B1 C1 N P M 例 2 z t x z t y tzy yx zyxnP M N tPMMN tPA 6 3 03 024 ),( ),3,0( )0,2,4( , 1 1 解得 則有 的法向量為設(shè)平面 建立如圖所示的坐標(biāo)系設(shè) D1 A B C D A1 B1 C1 N P M y x Q 解析 的中點為即 法向量 的而平面得令 1 22 21 2 11 , 3 1 | 364 | |,c os| ),0,0,1( ),6,2,(,6 AAP tt t nn n MPAttnz D1 A B C D A1

20、 B1 C1 N P M y x Q P M NQA P AA MNQA QAMNQA 面得 使不存在點 上所以在棱 而則有若存在 1 1 1 11 , 083)2(4)4()4( )3,4,4(,)2( D1 A B C D A1 B1 C1 N P M y x Q 本題是立體幾何的位置確定的探 索性問題： (1) 一般是已知 P點的位置，求二面 角，但在此已知二面角來確定 P的位置， 可運用方程求解待定參數(shù) . (2) 運用了： “ 要否定一個結(jié)論只需 尋找一個反例即可 ” 的思維方式 . 點評 已知 A、 B、 C是長軸長為 4的橢圓上 的三點 , 點 A是長軸的一個端點 , BC過橢圓

21、中 心 O，且 ACBCBCAC 2,0 (1) 建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，求橢圓方程 . (2) 如果橢圓上有 P、 Q兩點 ,使 PCQ的平分線 垂直 AO, 證明 : 存在實數(shù) 使得 ABPQ 例 3 以 O為坐標(biāo)原點 , OA為 x軸建立直角 坐標(biāo)系 , 則 A(2, 0), 設(shè)橢圓方程為 1 4 2 22 b yx 由對稱性可知 |OB|=|OC|, 又 |BC|=2|AC|, 則 |OC|=|AC|, 所以 AOC為等腰直角三角形 ,則點 C的坐標(biāo)為 (1, 1), 點 B的坐標(biāo)為 (-1, -1), 將點 C的 坐標(biāo)代人橢圓方程得 3 42 b 故所求的橢圓方程為 1 4 3 4 22

22、yx 解析 法一 (2) 由于 PCQ的角平分線垂直于 OA, 不妨設(shè) PC的斜率為 k, 則 QC的斜率為 k, 因此 PC、 QC的直線方程分別為 : 1)1(,11 xkyxky : 1 4 3 4 1)1( 22 得由 yx xky 0163)1(6)31( 222 kkxkkxk ( ) 因為點 C(1, 1)在橢圓上 , 所以 x=1是方程 ( )的解 . 13 163, 13 163 2 2 2 2 k kkx k kkx QP 同理由韋達定理 3 1 13 12 2 13 132 2 2 2 2 k k k k k k xx kxxk xx yy QP QP QP QP 所以直

23、線 PQ的斜率為 . ,/, 3 1 ABPQ ABPQk AB 使得 故存在實數(shù)所以向量又因為 因為 A(2, 0), B(-1, -1), 所以 )1,3( AB 1 4 3 4 1 4 3 4 ),(),( 2 2 2 2 2 1 2 1 2211 yx yx kkkyxQyxP CQCP 得 由已知設(shè) )(3 21 21 21 21 yy xx xx yy 兩式相減得 法二 )1(3 1 1 1 13 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 y x k x y y x k x y 所以有 )2( 3 1 )2(3 2 2 2121 2112 21 12 2121 xx k yy y

24、ykxx k yy xx xxkyy 則 )2)(2( )2)(2( 2121 2121 xxyy yyxx 由上述四式可得： )( 2121 yyxx 所以 ABPQ kyy xx xx yyk 3 1 )(3 21 21 21 21所以 ABPQ ABPQ 使得故存在實數(shù)所以向量 ,/ 點評 (1) 的探究在知道是橢圓的情 況下運用了待定系數(shù)法 , 注意先要建立適 當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系 . (2) 屬于存在性問題的探究 , 先轉(zhuǎn)化 結(jié)論 ,只需要證明直線 PQ與 AB平行 , 證法 一 : 以 PC的斜率為參數(shù) , 運用化歸的求出 PQ的斜率 , 而證法二引入多個參量 , 利用 整體代值計算出 PQ

25、的斜率，這種方法需 要較強的觀察和分析能力 . 是否存在實數(shù) a、 b使得函數(shù) f(x)=ax+b 對區(qū)間 0, 2內(nèi)的任意實數(shù) x, 均有 4 s i n)(c o s)( 22 xxfxxf 例 4 是否存在實數(shù) a、 b使得函數(shù) f(x)=ax+b 對區(qū)間 0, 2內(nèi)的任意實數(shù) x, 均有 4 s i n)(c o s)( 22 xxfxxf 2 1 2 c os )( 2 1 4 1 ) 2 c os )( 2 x xf x xf 則 由已知得 恒成立對于即 2,0212c o s)(21 xxxf 例 4 解析 ., 01 2 1 2 1 2 1 , 10 1 20,10,0 使得結(jié)論成立所以不存在實數(shù) 與上式矛盾解得 則而令 相加得 分別得令 ba ba bax ba b abxx