精选开放探索实践操作题集(21-40)

探究型、探索型及开放型问题选讲经典回顾课后练习（一）把正整数按下图所示的规律排序，则从2003到2005的箭头方向依次为在数列{}n a 中，若12,a a 是正整数，且12||,3,4,5,n n n a a a n --=-=L，则称{}n a 为“绝对差数列”.举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）。

设○+是R 上的一个运算,A 是R 的非空子集,若对任意,a b A ∈有a ○+b A ∈,则称A 对运算○+封闭,下列数集对加法、减法、乘法和除法(除数不等于零)四则运算都封闭的是 (A)自然数集 (B)整数集 (C)有理数集 (D)无理数集某学生离家去学校，由于怕迟到，所以一开始就跑步，等跑累了再走余下的路程.在图中纵轴表示离学校的距离，横轴表示出发后的时间，则下面哪个图形较符合该生走法的是哪一种.① ② ③ ④为确保信息安全，信息需加密传输，发送方由明文→密文（加密），接收方由密文→明文（解密），已知加密规则为：明文,,,a b c d 对应密文2,2,23,4.a b b c c d d +++例如，明文1,2,3,4对应密文5,7,18,16.当接收方收到密文14,9,23,28时，则解密得到的明文为（ ） （A ）7,6,1,4 （B ）6,4,1,7 （C ）4,6,1,7 （D ）1,6,4,7设数列{}n a 的前n 项和为nS ，令12nn S S S T n +++=L ，称n T 为数列1a ，2a ，……，n a 的“理想数”，已知数列1a ，2a ，……，500a 的“理想数”为2004，那么数列2，1a ，2a ，……，500a 的“理想数”为（ ）A 、2008B 、 2004C 、 2002D 、2000给定集合{1,2,3,...,}n A n =，*n N ∈.若f 是n n A A →的映射，且满足：（1）任取,,n i j A ∈若i j ≠，则()()f i f j ≠；（2）任取,n m A ∈若2m ≥，则有m {(1),(2),..,()}f f f m ∈.则称映射f 为n n A A →的一个“优映射”.例如：用表1表示的映射f ：33A A →是一个“优映射”. 表1 表2（1）已知f ：44A A →是一个“优映射”，请把表2补充完整（只需填出一个满足条件的映射）； （2）若f ：20102010A A →是“优映射”，且(1004)1f =，则(1000)(1007)f f +的最大值为_____ .如图,是正方体的平面展开图在这个正方体中：①BM 与ED 平行； ②CN 与BE 是异面直线； ③CN 与BM 成60°角； ④DM 与BN 垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是（ ） A 、①②③ B 、②④ C 、③④ D 、②③④i 1 2 3 ()f i 2 3 1 i1 2 3 4 ()f i3探究型、探索型及开放型问题选讲经典回顾 课后练习参考答案 答案：B.详解:观察可得每4个数一个循环,2003除以4的余数为3,则2003与3的位置相同,即.详解:本数列中的规律是相邻两项差的绝对值正好是第三项.12345673,1,2,1,1,0,1a a a a a a a =======,89101,0, 1.a a a ===（答案不惟一）答案：C详解:A 中1－2＝－1不是自然数，即自然数集不满足条件；B 中1÷2＝0.5不是整数，即整数集不满足条件；C 中有理数集满足条件；D 中222⨯=不是无理数，即无理数集不满足条件，故选择答案C 。

2021年高考数学（理）立体几何突破性讲练10立体几何中的开放性、探索性问题一、考点传真：能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理，并能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．二、知识点梳理：解决立体几何中开放性、探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理．(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x ，y ，z )；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy 面上的点为(x ，y,0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z 轴上的点为(0,0，z )；④直线(线段)AB 上的点P ，可设为AP →＝λAB →，表示出点P 的坐标，或直接利用向量运算．三、例题：例1.（2020年全国新高考1卷，4）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面，在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬o 40，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A.o 20B.o 40C.o 50D.o 90【答案】B【解析】过球心O 、点A 以及晷针的轴截面如图所示，其中CD 为晷面，GF 为晷针所在直线，EF 为点A 处的水平面，GF CD ⊥，CD OB ，40AOB ∠=︒，90OAE OAF ∠=∠=︒，所以40GFA CAO AOB ∠=∠=∠=︒.故选B.例2.（2020年全国1卷理数，16）如图，在三棱锥–P ABC 的平面展开图中，1AC =，AB AD =AB AC ⊥，AB AD ⊥，30CAE ∠=︒，则cos FCB ∠=______________.【答案】14-【解析】依题意得，AE AD =AEC 中，1AC =，30CAE ∠=︒，由余弦定理得2222cos 311EC AE AC AE AC EAC =+-⋅∠=-︒+=，所以1EC =，所以1CF EC ==.又2BC ，BF BD ===所以在BCF中，由余弦定理得2221cos 24BC CF BF FCB BC CF +-∠===-⨯.例3. （2019北京卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥平面，AD CD ⊥，ADBC ，2PA AD CD BC ====，=（Ⅰ）求证：CD PAD ⊥平面； （Ⅱ）求二面角F AE P --的余弦值; （Ⅲ）设点G 在PB 上，且23PG PB =.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由. 【解析】（I ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA CD ⊥. 又因为AB CD ⊥，所以CD ⊥.平面PAD ，（II ）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以,PA AM ⊥PA AD ⊥，如图建立空间直角坐标系A -xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2），因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）.所以()0,1,1AE =，()2,2,2PC =-, ()0,0,2AP =. 所以1222,,3333PF PC ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，224,,333AF AP PF ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭设平面AEF 的法向量为(),,x y z =n ，则00AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即02240333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩. 令z =1,则y =-1,x =-1.于是()1,1,1=--n .又因为平面PAD 的法向量为()1,0,0=p ，所以3cos ⋅==⋅n p <n,p >n p .因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为3（III ）直线AG 在平面AEF 内，因为点G 在PB 上，且2,3PG PB =()2,1,2,PB =-- 所以2424,,3333PG PB ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，422,,333AG AP PG ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭. 由（II ）知，平面AEF 的法向量为()1,1,1=--n ， 所以4220333AG ⋅++=n =-，所以直线AG 在平面AEF 内. 例4.（2016年北京） 如图，在四棱锥中，平面PAD ⊥平面，， ，，，，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)∵面PAD面ABCD AD =，面PAD ⊥面ABCD ，∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD ，∴AB ⊥面PAD ， ∵PD ⊂面PAD ， ∴AB ⊥PD ，yBP ABCD -ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD =AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP又PD ⊥PA ，∴PD ⊥面PAB ， (2)取AD 中点为O ，连结CO ，PO ，∵CD AC == ∴CO ⊥AD ， ∵PA PD =， ∴PO ⊥AD ，以O 为原点，如图建系易知(001)P ，，，(110)B ，，，(010)D -，，，(200)C ，，，则(111)PB =-，，，(011)PD =--，，，(201)PC =-，，，(210)CD =--，，， 设n 为面PDC 的法向量，令00(,1)n x y =，．011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨⎪⎝⎭⋅=⎪⎩，，则PB 与面PCD 夹角θ有，sin cos ,1n PB n PB n PBθ⋅=<>== (3)假设存在M 点使得BM ∥面PCD ， 设AMAPλ=，()0,','M y z ， 由(2)知()0,1,0A ，()0,0,1P ，()0,1,1AP =-，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =- 有()0,1,AM AP M λλλ=⇒- ∴()1,,BM λλ=--∵BM ∥面PCD ，n 为PCD 的法向量， ∴0BM n ⋅=，即102λλ-++=，∴1=4λ∴综上，存在M 点，即当14AM AP =时，M 点即为所求． 四、巩固练习：1．如图所示，在四边形ABCD中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°.将△ADB 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A ­BCD ，则在三棱锥A ­BCD 中，下列结论正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC【答案】D【解析】∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.2．如图甲所示，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，如图乙所示，那么，在四面体A­EFH中必有( )A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF【答案】A【解析】∵AH⊥HE，AH⊥HF，且EH∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，A正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴B不正确；∵AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，∴EF⊥平面HAG，∵EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，∴过H作平面AEF的垂线，一定在平面HAG内，∴C不正确；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，∴D不正确．故选A.3．如图，一张A4纸的长、宽分别为22a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)①该多面体是三棱锥；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④该多面体外接球的表面积为5πa2.【答案】①②③④【解析】由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP ⊥平面BCD ，又∵AP ⊂平面ABD ，∴平面BAD ⊥平面BCD ，故②正确；同理可证平面BAC ⊥平面ACD ，故③正确；该多面体的外接球半径R ＝52a ，所以该多面体外接球的表面积为5πa 2，故④正确．综上，正确命题的序号为①②③④.4．如图所示，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是________． ①A ′C ⊥BD ；②∠BA ′C ＝90°；③四面体A ′BCD 的体积为16.【答案】②③【解析】∵BD ⊥CD ，平面A ′BD ⊥平面BCD ，平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，CD ⊂平面BCD ，∴CD ⊥平面A ′BD ，∴CD ⊥A ′D .∵AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，∴A ′C ＝2，BC ＝3，∴A ′B 2＋A ′C 2＝BC 2，∴A ′B ⊥A ′C ，即∠BA ′C ＝90°，四面体A ′BCD 的体积V ＝13×12×12×1＝16.5．如图，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻转成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻转过程中，正确的命题是________． ①MB 是定值； ②点M 在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④一定存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE . 【答案】①②④【解析】取DC 的中点N ，连接MN ，NB ，则MN ∥A 1D ，NB ∥DE ，∴平面MNB ∥平面A 1DE ，∵MB ⊂平面MNB ，∴MB ∥平面A 1DE ，④正确；∠A 1DE＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，根据余弦定理得，MB 2＝MN 2＋NB 2－2MN ·NB ·cos∠MNB ，所以MB 是定值，①正确；B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD 满足AC ⊥DE 时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确． 6．如图①，在矩形ABCD 中，AB ＝6，AD ＝23，点F 是AC 上的动点．现将矩形ABCD 沿着对角线AC 折成二面角D ′­AC ­B ，如图②，使得D ′B ＝30.(1)求证：当AF ＝3时，D ′F ⊥BC ；(2)试求CF 的长，使得二面角A ­D ′F ­B 的大小为π4.【解析】(1)证明：在矩形ABCD 中，连接DF ，BF . ∵AD ＝23，CD ＝6，∴AC ＝43，∠CAB ＝30°，∠DAC ＝60°. 在△ADF 中，∵AF ＝3，∴DF 2＝DA 2＋AF 2－2DA ·AF ·cos∠DAC ＝9. ∵DF 2＋AF 2＝9＋3＝DA 2，∴DF ⊥AC ，即在三棱锥D ′­ABC 中，D ′F ⊥AC .又在△ABF 中，BF 2＝AB 2＋AF 2－2AB ·AF ·cos∠CAB ＝21， ∴在△D ′FB 中，D ′F 2＋FB 2＝9＋21＝D ′B 2， ∴BF ⊥D ′F .又∵AC ∩FB ＝F ，∴D ′F ⊥平面ABC . 又BC ⊂平面ABC ，∴D ′F ⊥BC .(2)在矩形ABCD 中，过点D 作DO ⊥AC 于点O ，延长DO 交AB 于点E .易求DE ＝4，AO ＝3，D ′O ＝3，OE ＝1，沿着对角线AC 翻折后，由(1)可知，OE ，OC ，OD ′两两垂直， 以O 为原点，OE ―→，OC ―→，OD ′―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O ­xyz ， 则O (0,0,0)，E (1,0,0)，D ′(0,0,3)，B (3,23，0)．∵EO ⊥平面AD ′F ，∴OE ―→＝(1,0,0)为平面AD ′F 的一个法向量． 设平面BD ′F 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，F 点坐标为F (0，t,0)， 则BD ′―→＝(－3，－23，3)，BF ―→＝(－3，t －23，0).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ′―→＝0，n ·BF ―→＝0，得⎩⎨⎧－3x －23y ＋3z ＝0，－3x ＋t －23y ＝0.取y ＝3，得x ＝t －23，z ＝t ，∴n ＝(t －23，3，t )．∴cos π4＝|n ·OE ―→||n |·|OE ―→|，即|t －23|t －232＋9＋t2＝22， ∴t ＝34.∴当CF ＝OC －OF ＝1134时，二面角A ­D ′F ­B 的大小是π4. 7．如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝32，PB ⊥AC .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33？若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)证明：因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22，所以BC ＝AD ＝2 2.又因为AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB .又因为PB ⊥AC ，且AB ∩PB ＝B ，所以AC ⊥平面PAB .因为AC ⊂平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC . (2)由(1)知AC ⊥AB ，平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥平面PAB .如图，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴，y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，所以AC ―→＝(0,2,0)，BC ―→＝(－2,2,0)．由∠PBA ＝45°，PB ＝32，可得P (－1,0,3)， 所以AP ―→＝(－1,0,3)，BP ―→＝(－3,0,3)．假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，设AEAP＝λ(0＜λ＜1)，则AE ―→＝λAP ―→＝(－λ，0,3λ)，CE ―→＝AE ―→－AC ―→＝(－λ，－2,3λ)． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ―→＝0，n ·BP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－3x ＋3z ＝0.令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(1,1,1)．设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CE ―→〉|＝|－λ－2＋3λ|3×－λ2＋－22＋3λ2＝|2λ－2|3×10λ2＋4＝33，整理得3λ2＋4λ＝0， 因为0＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0，故3λ2＋4λ＝0无解，所以棱PA 上不存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33. 8．如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，BD ⊥DC ，点E 是BC 边的中点，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AE ，AC ，DE ，得到如图②所示的几何体．(1)求证：AB ⊥平面ADC ；(2)若AD ＝1，二面角C ­AB ­D 的平面角的正切值为6，求二面角B ­AD ­E 的余弦值． 【解析】(1)证明：因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BD ⊥DC ， 所以DC ⊥平面ABD . 因为AB ⊂平面ABD ， 所以DC ⊥AB .又因为折叠前后均有AD ⊥AB ，DC ∩AD ＝D ， 所以AB ⊥平面ADC . (2)由(1)知AB ⊥平面ADC ，所以二面角C ­AB ­D 的平面角为∠CAD . 又DC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ， 所以DC ⊥AD .依题意tan ∠CAD ＝CD AD＝ 6. 因为AD ＝1，所以CD ＝ 6. 设AB ＝x (x ＞0)，则BD ＝x 2＋1. 依题意△ABD ∽△DCB ，所以AB AD ＝CD BD ，即x 1＝6x 2＋1.解得x ＝2，故AB ＝2，BD ＝3，BC ＝BD 2＋CD 2＝3. 法一：如图所示，建立空间直角坐标系D ­xyz ， 则D (0,0,0)，B (3，0,0)，C (0，6，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63. 所以DE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，DA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63. 由(1)知平面BAD 的一个法向量n ＝(0,1,0)．设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DE ―→＝0，m ·DA ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 32x ＋62y ＝0，33x ＋63z ＝0.令x ＝6，得y ＝－3，z ＝－3，所以m ＝(6，－3，－3)为平面ADE 的一个法向量．所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m|＝－12. 由图可知二面角B ­AD ­E 的平面角为锐角，所以二面角B ­AD ­E 的余弦值为12. 法二：因为DC ⊥平面ABD ，所以过点E 作EF ∥DC 交BD 于点F ，则EF ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以EF ⊥AD .过点F 作FG ⊥AD 于点G ，连接GE ，所以AD ⊥平面EFG ，因此AD ⊥GE ，所以二面角B ­AD ­E 的平面角为∠EGF .由平面几何的知识求得EF ＝12CD ＝62，FG ＝12AB ＝22， 所以EG ＝EF 2＋FG 2＝2， 所以cos ∠EGF ＝FG EG ＝12. 所以二面角B ­AD ­E 的余弦值为12. 9．如图1，在高为2的梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝5，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF⊥CD ，垂足分别为E ，F .已知DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 同侧折起，得空间几何体ADE ­BCF ，如图2.(1)若AF ⊥BD ，证明：DE ⊥BE ；(2)若DE ∥CF ，CD ＝3，在线段AB 上是否存在点P ，使得CP 与平面ACD 所成角的正弦值为3535？并说明理由． 【解析】(1)证明：由已知得四边形ABFE 是正方形，且边长为2，∴AF ⊥BE .∵AF ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，∴AF ⊥平面BDE .又DE ⊂平面BDE ，∴AF ⊥DE .∵AE ⊥DE ，AE ∩AF ＝A ，∴DE ⊥平面ABFE .又BE ⊂平面ABFE ，∴DE ⊥BE .(2)当P 为AB 的中点时满足条件．理由如下：∵AE ⊥DE ，AE ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，∴AE ⊥平面DEFC .如图，过E 作EG ⊥EF 交DC 于点G ，可知GE ，EA ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，以EA ―→，EF ―→，EG ―→分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1，3)，D ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，32，AC ―→＝(－2,1，3)，AD ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，－12，32. 设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AC ―→＝0，n ·AD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋y ＋3z ＝0，－2x －12y ＋32z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)．设AP ―→＝λPB ―→，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2λ1＋λ，0，λ∈(0，＋∞)， 可得CP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，λ－11＋λ，－3. 设CP 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos CP ―→，n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－λ－11＋λ7＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－11＋λ2×5＝3535， 解得λ＝1或λ＝－25(舍去)， ∴P 为A。

第 5 讲 开放探索题解法（高中版）（第课时）⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧→→→→⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧特殊一般特殊联想类比数形结合赋值推断证明猜测观察直接求纳，表达，修正，创新分析，尝试，判断，归解题指导思想：观察，类比创新型是否存在型操作设计型数学建模型问题探究型规律探索型按操作模式分综合开放型策略开放型结论开放型条件开放型按开放对象分分类重点：创造性思维方法。

难点：选择合适的方法和探索的经验技巧，形成解决问题的思路。

2．能解决开放探索问题。

结论不明确或不唯一、解题方法多样，能给学生留有较大探索余地的问题。

开放探索题主要考察学生的创新意识。

开放探索题的特点：形式新，解法活、无固定解题模式。

开放探索题的分类：按开放的对象可分为: 条件开放型（条件多余或不足），结论开放型（结论不明确或不唯一），策略开放型（解题方法多样），综合开放型（条件、结论、策略的综合）；按解题目标的操作模式可分为: 规律探索型,问题探究型,数学建模型,操作设计型,是否存在型，类比创新型。

常见的出题方式有三种：第一种做法是从课本上的一些题目出发，引申出开放题。

我们平时所做的题目，大多是具有完备的条件和确定的答案。

命题者往往会对原有问题加以改造，形成开放题。

第二种做法是为体现某一种数学研究方法而编写开放题。

第三种做法是从学生所学的知识结构的交汇点切入编写开放题。

所谓交汇点，其实质就是中学数学内容中没有遇到过的新知识，可以是新概念、新定义、新定理、新规则、新情境，并且这些信息有可能不是直接给出的，要求解题者通过观察、阅读、归纳、探索进行迁移，即读懂新概念，理解新情境，获取有用的新信息，然后运用这些有用的信息进一步演算和推理，从而考察在新的信息、新的情景下，独立获取和运用新信息的能力，综合运用数学知识解决问题的能力和探索能力。

开放探索题的解题指导思想：对问题进行全面观察、分析、尝试、判断、归纳，以充分揭示问题的本质特征。

第1篇一、基础教育阶段1. 小学语文阅读教学策略探讨2. 中学数学课堂互动教学模式研究3. 初中英语词汇教学创新实践4. 小学科学探究式教学研究5. 中学物理实验课教学优化策略6. 高中历史课堂情境创设与教学效果分析7. 小学数学思维训练方法研究8. 中学化学实验教学改革与创新9. 小学语文作文教学创新研究10. 初中英语听说教学策略与实践二、职业教育阶段11. 职业院校学生职业素养培养研究12. 职业教育课程体系优化与创新13. 职业院校师资队伍建设策略14. 职业技能大赛选手选拔与培训研究15. 职业院校实践教学基地建设与管理16. 职业教育校企合作模式探索17. 职业院校学生创新创业能力培养研究18. 职业教育课程思政融入策略研究19. 职业院校学生心理健康教育研究20. 职业教育信息化教学资源开发与应用三、高等教育阶段21. 高校课堂教学质量提升策略研究22. 高校教师教学能力提升路径探究23. 高等教育课程体系改革与实践24. 高校学生创新创业教育研究25. 高校研究生教育质量保障体系构建26. 高校科研创新能力提升策略27. 高校图书馆服务模式创新研究28. 高校学生社团活动与素质教育29. 高校教师评价体系改革研究30. 高校学生就业指导与职业生涯规划四、学科教学与专业发展31. 高中数学核心素养培养策略研究32. 小学英语语音教学实践与探索33. 初中物理实验探究式教学研究34. 高中化学实验课教学创新实践35. 小学语文阅读教学评价体系构建36. 中学历史课堂互动教学研究37. 高校计算机科学与技术专业人才培养模式研究38. 高校外语专业教学改革创新39. 高校艺术设计专业实践教学研究40. 高校体育教育专业学生体质健康研究五、教育管理与政策研究41. 新时代教育评价改革研究42. 教育信息化背景下学校管理创新43. 教育公平与教育资源配置研究44. 教育政策对教育发展的影响分析45. 教育管理人才培养模式改革46. 教育督导与教育质量监测研究47. 教育国际化背景下高校师资队伍建设48. 教育政策对职业教育的影响研究49. 教育扶贫与教育振兴战略研究50. 教育治理现代化路径探索六、教育理论与哲学51. 教育哲学视角下的教育公平问题研究52. 教育心理学在教育教学中的应用研究53. 教育社会学视角下的教育与社会关系研究54. 教育历史与发展趋势研究55. 教育伦理学视角下的教育问题探讨56. 教育文化传承与创新研究57. 教育法学在教育教学中的应用研究58. 教育美学与审美教育研究59. 教育经济学视角下的教育投入与产出研究60. 教育政策与教育决策研究以上题目集锦涵盖了基础教育、职业教育、高等教育以及教育管理与政策研究、教育理论与哲学等多个领域，旨在为教师、教育工作者和教育研究者提供丰富的教学教研活动选题。