高三数学高考专题十六 开放性与探究性问题 试题.ppt

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,开放性与探究性问题求解,第一课时：,范围与轨迹的探究：,课前导引,第一课时：,范围与轨迹的探究：,课前导引,第一课时：,范围与轨迹的探究：,课前导引,B,第一课时：,范围与轨迹的探究：,解析,解析,答案,D,考点搜索,考点搜索,1.,探索点的位置及参量的取值范围往往是综合已知条件和所学知识点，根据转化或数形结合的思想进行探索，直到结论显然为止,.2.,在解决数列和恒成立的问题时，要根据特殊和一般的辩证思想，从特殊的个体总结出一般的规律，对普遍的规律任何个体都会满足,.,链接高考,链接高考,例,1,链接高考,法一,例,1,法二,点评,从特殊的个体考察普遍的规律是高中阶段必须掌握的思维方式,本题先令,x,=0,和,x,=1,得到,sin,0,cos,0,大大的缩小了的考察范围,为后面的解答提供的很大的方便,.,而解法二通过换元,使得式子更为规范,.,例,2,解析,P,1,P,2,P,3,y,x,l,1,l,2,y,x,l,1,l,2,d,y,x,l,1,l,2,d,y,x,l,1,l,2,y,x,l,1,l,2,d,y,x,l,1,l,2,y,x,l,1,l,2,d,y,x,l,1,l,2,例,3,在棱长为,a,的正方体,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,中，E,、,F,分别是棱,BC,、,CD,上的点，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,的体积取得最大值，并求此时二面角,C,1,EF,C,的大小,解析,点评,立体几何中的点的位置的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,.,这是立体几何中的点的位置的探求的常用方法,.,例,4,解析,点评,本题是数列探究性问题，往往通过特殊的个体总结出一般的规律：,(1),要否定一个结论，只要通过前面几项即可；,(2),的证明必须对每一项都要满足，所以要对第一项进行检验,.,方法论坛方法论坛,解决任何一个数学问题都是综合题中的条件和结论运用适当的思维方式进行探究，相对其他的问题更注重思维性,主要有以下的思维方式：,1.,将题中的已知和结论都看作条件,有机地结合，推导出要证的结论或求出参量的范围,.,2.,利用特殊和一般，个体和总体的辩证关系，通过个体来发现普遍的规律,再运用数学归纳法加以证明，或根据普遍的规律代入个体中，从而加强题目的条件，这样便于尽快解决问题,.,3.,对于存在性问题的求解，应先假设存在，再综合题中所给的条件，要么推出存在的范围，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，应发散自己的思维，结合所学的知识点进行分析，从而可寻找出所要补的条件和能得出的结论,.,第二课时：,存在性问题的探究：,例,1,第二课时：,存在性问题的探究：,解析,第,(2),的探索体现了存在性问题的探索的基本方法，若存在则能够由条件推出，若不存在则会推出矛盾,;,第,(3),是函数中的不等式问题，往往会用到函数的单调性,.,点评,考点搜索,1.,开放性问题的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，所以解决这类问题时要发散自己的思维,;,2.,存在性问题是结论开放性的一种，解决存在性问题往往假设存在，再综合题中所给的条件，要么推出存在的范围，要么得出矛盾,.,若得出矛盾则说明不存在,.,考点搜索,D,1,A,B,C,D,A,1,B,1,C,1,N,P,M,例,2,D,1,A,B,C,D,A,1,B,1,C,1,N,P,M,y,x,Q,解析,D,1,A,B,C,D,A,1,B,1,C,1,N,P,M,y,x,Q,D,1,A,B,C,D,A,1,B,1,C,1,N,P,M,y,x,Q,本题是立体几何的位置确定的探索性问题：,(1),一般是已知,P,点的位置，求二面角，但在此已知二面角来确定,P,的位置，可运用方程求解待定参数,.(2),运用了：,“,要否定一个结论只需寻找一个反例即可,”,的思维方式,.,点评,已知,A,、,B,、,C,是长轴长为,4,的椭圆上的三点,点,A,是长轴的一个端点,BC,过椭圆中心O,，且,(1),建立适当的坐标系，求椭圆方程,.,(2),如果椭圆上有,P,、,Q,两点,使,PCQ,的平分线垂直,AO,证明,:,存在实数,使得,例,3,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,的坐标为,(1,1),点,B,的坐标为,(-1,-1),将点,C,的坐标代人椭圆方程得,故所求的椭圆方程为,解析,法一,(2),由于,PCQ,的角平分线垂直于,OA,不妨设,PC,的斜率为,k,则,QC,的斜率为,k,因此,PC,、,QC,的直线方程分别为,:,(),因为点,C(1,1),在椭圆上,所以,x,=1,是方程,(),的解,.,所以直线,PQ,的斜率为,因为,A,(2,0),B,(-1,-1),所以,法二,由上述四式可得：,点评,(1),的探究在知道是椭圆的情况下运用了待定系数法,注意先要建立适当的坐标系,.(2),属于存在性问题的探究,先转化结论,只需要证明直线,PQ,与,AB,平行,证法一,:,以,PC,的斜率为参数,运用化归的求出,PQ,的斜率,而证法二引入多个参量,利用整体代值计算出,PQ,的斜率，这种方法需要较强的观察和分析能力,.,是否存在实数,a,、,b,使得函数,f,(,x,)=,ax,+,b,对区间,0,2,内的任意实数,x,均有,例,4,是否存在实数,a,、,b,使得函数,f,(,x,)=,ax,+,b,对区间,0,2,内的任意实数,x,均有,例,4,解析,