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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,湖南长郡卫星远程学校,2006,本资料仅供参考，不能作为科学依据。谢谢。本资料仅供参考，不能作为科学依据。谢谢您,年湖北黄冈中学,第1页,第一课时：,范围与轨迹探究：,第2页,课前导引,第一课时：,范围与轨迹探究：,第3页,课前导引,第一课时：,范围与轨迹探究：,第4页,课前导引,B,第一课时：,范围与轨迹探究：,第5页,第6页,解析,第7页,解析,答案,D,第8页,考点搜索,第9页,考点搜索,1.探索点位置及参量取值范围往往是综合已知条件和所学知识点，依据转化或数形结合思想进行探索，直到结论显然为止.2.在处理数列和恒成立问题时，要依据特殊和普通辩证思想，从特殊个体总结出普通规律，对普遍规律任何个体都会满足.,第10页,链接高考,第11页,链接高考,例1,第12页,链接高考,法一,例1,第13页,第14页,第15页,法二,第16页,第17页,点评,从特殊个体考查普遍规律是高中阶段必须掌握思维方式,本题先令,x,=0和,x,=1得到,sin,0,cos,0,大大缩小了考查范围,为后面解答提供很大方便.而解法二经过换元,使得式子更为规范.,第18页,例2,第19页,解析,P,1,P,2,P,3,y,x,l,1,l,2,第20页,y,x,l,1,l,2,d,第21页,y,x,l,1,l,2,d,y,x,l,1,l,2,第22页,y,x,l,1,l,2,d,y,x,l,1,l,2,第23页,y,x,l,1,l,2,d,y,x,l,1,l,2,第24页,例3,在棱长为,a,正方体,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,中，,E,、,F,分别是棱,BC,、,CD,上点，且,BE,CF,(1)当,E,、,F,在何位置时，,B,1,F,D,1,E,；(2)当,E,、,F,在何位置时三棱锥,C,1,CEF,体积取得最大值，并求此时二面角,C,1,EF,C,大小,第25页,解析,第26页,第27页,第28页,第29页,第30页,点评,立体几何中点位置探求经常借助于空间向量，引入参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.这是立体几何中点位置探求惯用方法.,第31页,例4,第32页,解析,第33页,第34页,第35页,第36页,第37页,第38页,点评,本题是数列探究性问题，往往经过特殊个体总结出普通规律：(1)要否定一个结论，只要经过前面几项即可；(2)证实必须对每一项都要满足，所以要对第一项进行检验.,第39页,方法论坛,第40页,方法论坛,处理任何一个数学问题都是综合题中条件和结论利用适当思维方式进行探究，相对其它问题更重视思维性,主要有以下思维方式：1.将题中已知和结论都看作条件,有机地结合，推导出要证结论或求出参量范围.,第41页,2.利用特殊和普通，个体和总体辩证关系，经过个体来发觉普遍规律,再利用数学归纳法加以证实，或依据普遍规律代入个体中，从而加强题目标条件，这么便于尽快处理问题.,第42页,3.对于存在性问题求解，应先假设存在，再综合题中所给条件，要么推出存在范围，要么得出矛盾.若得出矛盾则说明不存在.4.条件或结论开放性问题，应发散自己思维，结合所学知识点进行分析，从而可寻找出所要补条件和能得出结论.,第43页,第二课时：,存在性问题探究：,第44页,例1,第二课时：,存在性问题探究：,第45页,解析,第46页,第47页,第48页,第49页,第(2)探索表达了存在性问题探索基本方法，若存在则能够由条件推出，若不存在则会推出矛盾;第(3)是函数中不等式问题，往往会用到函数单调性.,点评,第50页,考点搜索,第51页,1.开放性问题背景是同一个条件可推出很多个结论，或同一个结论可与有多个条件推出，所以处理这类问题时要发散自己思维;,2.存在性问题是结论开放性一个，处理存在性问题往往假设存在，再综合题中所给条件，要么推出存在范围，要么得出矛盾.若得出矛盾则说明不存在.,考点搜索,第52页,D,1,A,B,C,D,A,1,B,1,C,1,N,P,M,例2,第53页,D,1,A,B,C,D,A,1,B,1,C,1,N,P,M,y,x,Q,解析,第54页,D,1,A,B,C,D,A,1,B,1,C,1,N,P,M,y,x,Q,第55页,D,1,A,B,C,D,A,1,B,1,C,1,N,P,M,y,x,Q,第56页,本题是立体几何位置确定探索性问题：(1)普通是已知,P,点位置，求二面角，但在此已知二面角来确定,P,位置，可利用方程求解待定参数.(2)利用了：,“,要否定一个结论只需寻找一个反例即可,”,思维方式.,点评,第57页,已知,A,、,B,、,C,是长轴长为4椭圆上三点,点,A,是长轴一个端点,BC,过椭圆中心,O,，且,(1)建立适当坐标系，求椭圆方程.,(2)假如椭圆上有,P,、,Q,两点,使,PCQ,平分线垂直,AO,证实:存在实数,使得,例3,第58页,以,O,为坐标原点,OA,为,x,轴建立直角坐标系,则,A,(2,0),设椭圆方程为,由对称性可知|,OB,|=|,OC,|,又|,BC,|=2|,AC,|,则|,OC,|=|,AC,|,所以,AOC,为等腰直角三角形,则点,C,坐标为(1,1),点,B,坐标为(-1,-1),将点C坐标代人椭圆方程得,故所求椭圆方程为,解析,第59页,法一,(2)因为,PCQ,角平分线垂直于,OA,不妨设,PC,斜率为,k,则,QC,斜率为,k,所以,PC,、,QC,直线方程分别为:,(),因为点C(1,1)在椭圆上,所以,x,=1是方程()解.,第60页,所以直线,PQ,斜率为,第61页,因为,A,(2,0),B,(-1,-1),所以,法二,第62页,第63页,由上述四式可得：,第64页,点评,(1)探究在知道是椭圆情况下利用了待定系数法,注意先要建立适当坐标系.(2)属于存在性问题探究,先转化结论,只需要证实直线,PQ,与,AB,平行,证法一:以,PC,斜率为参数,利用化归求出PQ斜率,而证法二引入多个参量,利用整体代值计算出,PQ,斜率，这种方法需要较强观察和分析能力.,第65页,是否存在实数,a,、,b,使得函数,f,(,x,)=,ax,+,b,对区间0,2,内任意实数,x,都有,例4,第66页,是否存在实数,a,、,b,使得函数,f,(,x,)=,ax,+,b,对区间0,2,内任意实数,x,都有,例4,解析,第67页,第68页,
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