探索性问题解决策略

[考情分析]在高考立体几何的解答题中，常常出现翻折问题与探索性问题，此类问题要求学生要有较强的空间想象能力和准确的计算能力．翻折问题是空间几何与平面几何转化的集中体现，处理这类题的关键是抓住两图的特征关系；探索性问题常常是在条件不完备的情况下探讨某些结论是否成立，处理这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．预计2025年高考可能会考查以下几点：(1)证明平行(垂直)关系、空间角的计算与翻折问题结合；(2)证明平行(垂直)关系、空间角的计算与探索性问题结合；(3)翻折问题与探索性问题的综合．考点一立体几何中的翻折问题例1(2024·山东泰安模拟)如图1，四边形ABCD为矩形，BC＝2AB，E为AD的中点，将△ABE，△DCE分别沿BE，CE折起，使得平面ABE⊥平面BCE，平面DCE⊥平面BCE，如图2所示．(1)求证：AD∥平面BCE；(2)若F为线段BC的中点，求直线FA与平面ADE所成角的正弦值．解(1)证明：在题图2中，分别取BE，CE的中点M，N，连接AM，DN，MN，由题图1知，BC＝2AB，且E为AD的中点，则AE＝AB，所以AM⊥BE，又因为平面ABE⊥平面BCE，平面ABE∩平面BCE＝BE，AM⊂平面ABE，所以AM⊥平面BCE，同理可得，DN⊥平面BCE，所以AM∥DN.又因为AM＝DN，所以四边形AMND为平行四边形，所以AD∥MN，又AD⊄平面BCE，MN⊂平面BCE，所以AD∥平面BCE.(2)在题图1中，因为∠AEB＝45°，∠DEC＝45°，所以BE⊥CE.以E为原点，EB，EC所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝1，则E (0，0，0)，A 22，0，22，D 0，22，2222，22，0所以EA →＝22，0，22，ED →＝0，22，22设平面ADE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·EA →＝0，n ·ED →＝0，x ＋z ＝0，y ＋z ＝0，取z ＝1，得n ＝(－1，－1，1)，又FA →＝0，－22，22，设直线FA 与平面ADE 所成的角为θ，则sin θ＝|FA →·n ||FA →||n |＝21×3＝63，所以直线FA 与平面ADE 所成角的正弦值为63.翻折问题的解题关键点1.(2024·湖北宜昌模拟)如图1，在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝BC ＝DC ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，以DE 为折痕把△ADE 折起，连接AB ，AC ，得到如图2的几何体，在图2的几何体中解答下列两个问题．(1)证明：AC ⊥DE ；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角D －AE －C 的余弦值．①四棱锥A －BCDE 的体积为2；②直线AC 与EB 所成角的余弦值为64.注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)证明：如图，在题图1中，连接CE ，因为DC ∥AB ，DC ＝12AB ，E 为AB 的中点，所以DC ∥AE ，DC ＝AE ，所以四边形ADCE 为平行四边形，所以AD ＝CE ＝DC ＝AE ＝2，同理可证DE ＝2，在题图2中，取DE 的中点O ，连接OA ，OC ，CE ，则OA ＝OC ＝3，因为AD ＝AE ＝CE ＝DC ，所以DE ⊥OA ，DE ⊥OC ，又因为OA ∩OC ＝O ，所以DE ⊥平面AOC ，因为AC ⊂平面AOC ，所以AC ⊥DE .(2)若选择①：因为DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE 且交线为OC ，所以过点A 作AH ⊥OC 于H ，则AH ⊥平面BCDE ，因为S 四边形BCDE ＝23，所以V A －BCDE ＝2＝13×23×AH ，所以AH ＝3＝OA ，所以AO 与AH 重合，所以AO ⊥平面BCDE ，建立空间直角坐标系，如图，则O (0，0，0)，C (－3，0，0)，E (0，1，0)，A (0，0，3)，平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0，0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1，0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝0，·CA →＝0，＋y ＝0，＋3z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，－3，－1)，设二面角D －AE －C 的大小为θ，则|cos θ|＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，易知二面角D －AE －C 的平面角为锐角，所以二面角D －AE －C 的余弦值为55.若选择②：因为DC ∥EB ，所以∠ACD 即为异面直线AC 与EB 所成的角，在△ADC 中，cos ∠ACD ＝AC 2＋4－44AC ＝64，所以AC ＝6，所以OA 2＋OC 2＝AC 2，所以OA ⊥OC ，因为DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，所以AO ⊥平面BCDE ，建立空间直角坐标系，如图，则O (0，0，0)，C (－3，0，0)，E (0，1，0)，A (0，0，3)，下同选①.考点二立体几何中的探索性问题例2(2024·湖北武汉期末)如图，四边形ABCD 是边长为1的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ⊥平面ABCD ，且ED ＝FB ＝1.(1)求证：EC ⊥平面ADF ；(2)在线段EC 上是否存在点G (不含端点)，使得平面GBD 与平面ADF 的夹角为45°？若存在，指出点G 的位置；若不存在，请说明理由．解(1)证明：以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D (0，0，0)，A (1，0，0)，C (0，1，0)，E (0，0，1)，F (1，1，1)，∴EC →＝(0，1，－1)，DA →＝(1，0，0)，DF →＝(1，1，1)EC ·DA →＝0，EC ·DF →＝1－1＝0，∴EC ⊥DF ，EC ⊥DA ，又DA ∩DF ＝D ，DA ，DF ⊂平面ADF ，∴EC ⊥平面ADF .(2)设EG →＝λEC →(0<λ<1)，则点G 的坐标为(0，λ，1－λ)，DG →＝(0，λ，1－λ)，易知B (1，1，0)，则DB →＝(1，1，0)．设平面GBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·DG →＝λy ＋（1－λ）z ＝0，n ·DB →＝x ＋y ＝0，取y ＝1－λ，则x ＝λ－1，z ＝－λ，则n ＝(λ－1，1－λ，－λ)，∵平面GBD 与平面ADF 的夹角为45°，且平面ADF 的一个法向量为EC →＝(0，1，－1)，∴cos45°＝|n ·EC →||n ||EC →|＝12（1－λ）2＋λ2×2，又0<λ<1，解得λ＝1 3，∴G为线段EC上靠近点E的三等分点．探索性问题的解题策略(1)条件探索性问题①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性．③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．(2)结论探索性问题首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设．2.(2024·四川成都树德中学模拟)如图1，在梯形ABCD中，BC∥AD，AB⊥AD，AB＝2，BC＝3，AD＝4，线段AD的垂直平分线与AD交于点E，与BC交于点F，现将四边形CDEF沿EF折起，使C，D分别到点G，H的位置，得到几何体ABFEHG，如图2所示．(1)判断线段EH上是否存在点P，使得平面PAF∥平面BGH.若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由；(2)若AH＝22，求平面ABH与平面BGH所成角的正弦值．解(1)当P为线段EH的中点时，平面PAF∥平面BGH.证明如下：由题易知EH＝2，GF＝1，EH∥GF，因为P为线段EH的中点，所以HP＝GF＝1，HP∥GF，所以四边形HPFG是平行四边形，所以HG∥PF，因为PF⊂平面PAF，HG⊄平面PAF，所以HG∥平面PAF.连接PG，因为PE∥GF，PE＝GF＝1，所以四边形PEFG 是平行四边形，所以PG ∥EF ，且PG ＝EF ，又EF ∥AB ，EF ＝AB ，所以PG ∥AB ，PG ＝AB ，所以四边形ABGP 是平行四边形，所以PA ∥BG ，因为PA ⊂平面PAF ，BG ⊄平面PAF ，所以BG ∥平面PAF .因为HG ∩BG ＝G ，HG ，BG ⊂平面BGH ，所以平面PAF ∥平面BGH .(2)因为AH ＝22，AE ＝EH ＝2，所以AE 2＋EH 2＝AH 2，所以AE ⊥EH ，又EF ⊥EA ，EF ⊥EH ，所以EA ，EF ，EH 两两垂直．故以E 为原点，EA ，EF ，EH 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz ，则A (2，0，0)，B (2，2，0)，H (0，0，2)，G (0，2，1)，所以AB →＝(0，2，0)，BH →＝(－2，－2，2)，BG →＝(－2，0，1)．设平面ABH 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB →＝0，·BH →＝0，y 1＝0，2x 1－2y 1＋2z 1＝0，取z 1＝1，得m ＝(1，0，1)．设平面BGH 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，·BH →＝0，·BG →＝0，2x 2－2y 2＋2z 2＝0，2x 2＋z 2＝0，取x 2＝1，得n ＝(1，1，2)．设平面ABH 与平面BGH 所成的角为θ，则|cos θ|＝|m ·n ||m ||n |＝32×6＝32，所以sin θ＝1－cos 2θ＝1－34＝12，所以平面ABH 与平面BGH 所成角的正弦值为12.课时作业1．如图，在Rt △ABC 和Rt △DBC 中，AB ＝AC ，BC ＝2BD ＝2，∠A ＝90°，∠D ＝90°，将△ABC 翻折到△A ′BC 的位置，使二面角A ′－BC －D 的大小为30°，E 为边CD 上的点，且CE ＝2ED .(1)证明：BC ⊥A ′E ；(2)求直线A ′D 与平面A ′BC 所成角的正弦值．解(1)证明：取BC 的中点F ，连接A ′F ，EF ，如图，由A ′B ＝A ′C ，得A ′F ⊥BC .又BC ＝2BD ＝2，则CD ＝3，CE ＝233，∠BCD ＝30°，CF ＝1，∴EF 2＝CE 2＋CF 2－2CE ·CF cos30°＝13，∴EF 2＋CF 2＝13＋1＝43＝CE 2，∴EF ⊥CF ，即EF ⊥BC ，又EF ∩A ′F ＝F ，EF ，A ′F ⊂平面A ′EF ，∴BC ⊥平面A ′EF ，∵A ′E ⊂平面A ′EF ，∴BC ⊥A ′E .(2)∵A ′F ⊥BC ，EF ⊥BC ，∴∠A ′FE 为二面角A ′－BC －D 的平面角，∴∠A ′FE ＝30°.以F 为原点，建立空间直角坐标系，如图，则A ，32，B (1，0，0)，C (－1，0，0)，，32，故BC →＝(－2，0，0)，A ′B→，－32，A ′D→0，设平面A ′BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·BC →＝0，·A ′B →＝0，2x ＝0，－32y －12z ＝0，取y ＝1，则x ＝0，z ＝－3，即n ＝(0，1，－3)，设直线A ′D 与平面A ′BC 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈n ，A ′D →〉|＝|n ·A ′D →||n ||A ′D →|＝322×22＝64，∴直线A ′D 与平面A ′BC 所成角的正弦值为64.2.(2024·福建厦门模拟)如图，在底面是菱形的四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝60°，PA ＝AC ＝1，PB ＝PD ＝2，点E 在线段PD 上，且满足PE →＝2ED →.(1)求平面EAC 与平面DAC 所成角的余弦值；(2)在线段PC 上是否存在一点Q ，使得BQ ∥平面EAC ？若存在，请指出点Q 的位置；若不存在，请说明理由．解(1)∵底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，∴AB ＝AD ＝AC ＝1，∴PA 2＋AB 2＝PB 2，由勾股定理逆定理知，PA ⊥AB ，同理可得，PA ⊥AD ，∵AB ，AD⊂平面ABCD ，AB ∩AD ＝A ，∴PA ⊥平面ABCD ，以A 为原点，AD ，AP 所在直线分别为y ，z 轴，过点A 且与AD 垂直的直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，，12，P (0，0，1)，D (0，1，0)，∵PE →＝2ED →，∴，23，∴AE →，23，AC →，12，设平面EAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，⊥AE →，⊥AC →，·AE →＝23y ＋13z ＝0，·AC →＝32x ＋12y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，－3，23)，易知平面DAC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝32，∴平面EAC 与平面DAC 所成角的余弦值是32.(2)设PQ →＝tPC →，12t ，≤t ≤1)，∴，12t ，1又－12，则BQ →，t ＋12，1由(1)，知平面EAC 的一个法向量为n ＝(1，－3，23)，当BQ ∥平面EAC 时，n ⊥BQ →，∴n ·BQ →＝0，∴3t －32－3t ＋32＋23(1－t )＝0，∴t ＝12，即Q 为PC 的中点时，BQ →⊥n ，且BQ ⊄平面EAC ，满足BQ ∥平面EAC .3．(2024·黑龙江大庆期中)如图1，在直角梯形EFBC 中，BF ∥CE ，EC ⊥EF ，EF ＝1，BF ＝2，EC ＝3.现沿平行于EF 的AD 折叠，使得ED ⊥DC 且BC ⊥平面BDE ，如图2所示．(1)求AB 的长；(2)求二面角F －EB －C 的大小．解(1)由BC ⊥平面BDE ，BD ⊂平面BDE ，得BC ⊥BD ，在直角梯形EFBC 中，由BF ∥CE ，EC ⊥EF ，EF ＝1，BF ＝2，EC ＝3，知BC ＝2，设AB ＝x (0<x <2)，则AF ＝DE ＝2－x ，CD ＝x ＋1，故BD 2＝AB 2＋AD 2＝x 2＋1，CD 2＝(x ＋1)2，由BD 2＋BC 2＝CD 2，得x 2＋1＋(2)2＝(x ＋1)2，解得x ＝1，即AB 的长为1.(2)因为ED ⊥AD ，ED ⊥DC ，AD ∩DC ＝D ，且AD ，DC ⊂平面ABCD ，所以ED ⊥平面ABCD ，结合DA ⊥DC 知，DA ，DC ，DE 两两相互垂直，故以D 为原点，DA →，DC →，DE →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (1，1，0)，C (0，2，0)，E (0，0，1)，F (1，0，1)，所以BF →＝(0，－1，1)，EF →＝(1，0，0)，BC →＝(－1，1，0)，EC →＝(0，2，－1)，设平面BCE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 1·BC →＝－x 1＋y 1＋0＝0，n 1·EC →＝2y 1－z 1＝0，取x 1＝1，则n 1＝(1，1，2)，设平面BEF 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，2·EF →＝x 2＝0，2·BF →＝－y 2＋z 2＝0，取y 2＝－1，则n 2＝(0，－1，－1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－36×2＝－32，又所求二面角为钝角，所以二面角F －EB －C 的大小为5π6.4.(2024·广东高三校联考阶段练习)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，AD ＝CD ＝12BC ＝2，点E 在平面PBC 上运动．(1)试确定一点E ，使得CD ∥平面PAE ，并说明点E 的位置；(2)若四棱锥的体积为6，在侧棱PC 上是否存在一点F ，使得二面角F －AB －C 的余弦值为23417若存在，求PF 的长；若不存在，请说明理由．解(1)取BC 的中点G ，连接AG ，PG ，如图，由AD ＝12BC ，AD ∥BC ，得AD ∥GC ，AD ＝GC ，即四边形AGCD 为平行四边形，于是AG ∥CD ，而AG ⊂平面PAG ，CD ⊄平面PAG ，则CD ∥平面PAG ，所以当点E 在△PBC 的边BC 的中线PG 上运动时(E 与P 不重合)，CD ∥平面PAE .(2)由于PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥CD ，则四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×（2＋4）×22×PA ＝6，解得PA ＝3，由(1)知，AG ⊥BC ，AG ＝BG ＝2，则有AB ＝22，AC ＝22，有AB 2＋AC 2＝BC 2，AB ⊥AC ，以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (22，0，0)，C (0，22，0)，P (0，0，3)，假定棱PC 上存在一点F 满足条件，令PF →＝λPC →，λ∈(0，1)，则F (0，22λ，3－3λ)，AB →＝(22，0，0)，AF →＝(0，22λ，3－3λ)，设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·n ＝22x ＝0，·n ＝22λy ＋（3－3λ）z ＝0，取z ＝22λ，得n ＝(0，3(λ－1)，22λ)，又平面ABC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)，于是二面角F －AB －C 的余弦值为|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m |＝|22λ|9（λ－1）2＋（22λ）2＝23417，解得λ＝12，即F 为PC 的中点，此时PC ＝（22）2＋32＝17，PF ＝12PC ＝172.即当PF ＝172时，二面角F －AB －C 的余弦值为23417.5．(2023·北京昌平三模)如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别为AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由．解(1)证明：在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，DE ∥BC ，则有CD ⊥DE ，AD ⊥DE ，折起后，有CD ⊥DE ，A 1D ⊥DE ，又CD ∩A 1D ＝D ，CD ，A 1D ⊂平面A 1CD ，∴DE ⊥平面A 1CD ，又A 1C ⊂平面A 1CD ，∴A 1C ⊥DE ，又A 1C ⊥CD ，CD ，DE ⊂平面BCDE ，CD ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面BCDE .(2)由CD ，CB ，CA 1两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0，0，0)，D (－2，0，0)，A 1(0，0，23)，B (0，3，0)，E (－2，2，0)，∴A 1B →＝(0，3，－23)，A 1E →＝(－2，2，－23)，设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，1B ·n ＝0，1E ·n ＝0，y －23z ＝0，2x ＋2y －23z ＝0，取x ＝－1，则y ＝2，z ＝3，∴n ＝(－1，2，3)，又M (－1，0，3)，∴CM →＝(－1，0，3)，设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ，∴sin θ＝|cos 〈CM →，n 〉|＝|CM →·n ||CM →||n |＝1＋31＋3×1＋4＋3＝42×22＝22，∵0°≤θ≤90°，∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为45°.(3)设线段BC 上存在点P ，且点P 的坐标为(0，a ，0)，则a ∈[0，3]，∴A 1P →＝(0，a ，－23)，DP →＝(2，a ，0)，设平面A 1DP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，1－23z 1＝0，x 1＋ay 1＝0，1＝36ay 1，1＝－12ay 1，∴n 1＝(－3a ，6，3a )，假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则n1·n＝0，∴3a＋12＋3a＝0，解得a＝－2，∵0≤a≤3，∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．6．(2024·山西太原小店区月考)如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD＝O，AC∩MN＝G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P－ABMND.(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥P－MNDB的体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为1010若存在，确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．解(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG.证明如下：∵M，N分别是边BC，CD的中点，又∠DAB＝60°，∴BD∥MN，且△PMN是等边三角形，在菱形ABCD中，BD⊥AC，∴MN⊥AC，∴MN⊥AG，MN⊥PG，∵AG∩PG＝G，AG⊂平面PAG，PG⊂平面PAG，∴MN⊥平面PAG，∴BD⊥平面PAG，∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAG.(2)由折叠性质得四边形MNDB为等腰梯形，且DB＝4，MN＝2，OG＝ 3.∴S等腰梯形MNDB ＝（2＋4）×32＝33，要使得四棱锥P－MNDB的体积最大，只需点P到平面MNDB的距离最大即可，∴当PG⊥平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为PG＝3，假设符合题意的点Q存在，以G为原点，GA，GM，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz，则A (33，0，0)，M (0，1，0)，N (0，－1，0)，P (0，0，3)，平面PMN 的一个法向量为n ＝(1，0，0)，设AQ →＝λAP →(0≤λ≤1)，又AP →＝(－33，0，3)，则AQ →＝(－33λ，0，3λ)，∴Q (33(1－λ)，0，3λ)，∴NM →＝(0，2，0)，QM →＝(33(λ－1)，1，－3λ)，设平面QMN 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，m ·NM →＝0，m ·QM →＝0，2y ＝0，33（λ－1）x ＋y －3λz ＝0，取x ＝λ，则y ＝0，z ＝3(λ－1)，∴m ＝(λ，0，3(λ－1))，设二面角Q －MN －P 的平面角为θ，则|cos θ|＝|n ·m ||n ||m |＝|λ|λ2＋9（λ－1）2＝1010，解得λ＝12，故符合题意的点Q 存在，且Q 为线段PA 的中点．。

开放探索性问题【教学目标】1.初步了解什么是开放探索性问题；2. 掌握“条件开放与探索、结论开放与探索、策略开放、综合开放”这类问题的探求方法，并能利用这些方法去解决一些问题；3..培养学生分析、归纳问题的能力.【教学重点】掌握“条件开放与探索、结论开放与探索、策略开放、综合开放”这类问题的探求方法，并能利用这些方法去解决一些问题；【教学难点】利用上述方法解决实际问题.【教学设计】导入新课1.概念了解：（1）传统的数学习题条件完备，结论确定，这类习题称之为封闭题. （2）开放型探索问题：条件不完备、结论不确定（或不明确），解题依据和方法往往也不唯一，需要解题者积极探索方可解决，这样的习题称之为开放探索性问题（或称开放题）.题型主要有以下几种:1条件开放2,结论开放 3 策略开放4综合开放它的显著特点：正确答案不唯一。

基础练习1、请你写出：（1）一个比-1大的负数：__________；（2）一个二次三项式：___________。

2、两个不相等的无理数，它们的乘积为有理数，这两个数可以是______．3、请你写出：（1）经过点（0，2）的一条直线的解析式是 _______；（2）经过点（1，2）的双曲线的解析式是___________。

4、在四边形ABCD 中，已知AB//CD ，请补充条件_______（写一个即可），使得四边形 ABCD 为平行四边形；若ABCD 是平行四边形，请补充条件 (写一个即可)，使四边形ABCD 为菱形。

例题精讲：条件开放型例1:已知如图,AC=DB,如不增加字母和辅助线再添加一个适当的条件,_____________,使得⊿ABC ≌⊿DCB 。

如: AB=BC∠ACB= ∠DBC DC A B O A B C DOOB=OCOA=OB1:可以添加∠A= ∠D吗?2:可以添加∠A= ∠D=90°吗?例题精讲：结论开放型例3 (2009·甘肃定西)、抛物线的部分图象如图所示，请写出与它的关系式、图象相关的两个正确结论：，——————，————————（直接采用已知数据的结论除外）简析：已知的是二次函数的图像，结合图像可读出对称轴方程、抛物线与x轴、y轴的交点坐标；通过计算推理可得到：c = 3，b = -2；因而从关系式、图像两方面，可填入的正确结论：① b + c = 1；②图像与x轴的另一个交点坐标（-3,0）；③解析式为y = -x2-2x+3；④方程-x2-2x+3=0有两个根x1= -3,x2= 1；⑤抛物线的顶点坐标（-1,4）；⑥该二次函数的最大值为4；⑦当x > -1 时，y 随着x的增大而减少；⑧若二次函数y≥0 , 则有 -3≤x≤1 等等；任选两条均可．例题精讲：策略开放型策略开放型：策略开放型，只给出一定的问题情景，其条件、解题策略，结论中的两个或全部都要学生在情景中自行识定和寻找。

《开放探索性问题开放探索性问题》》教学设计教学设计初中部 谭太林【教学目标】1.初步了解什么是开放探索性问题；2.掌握“条件开放与探索、结论开放与探索”这两类问题的探求方 法，并能利用这两种方法去解决一些问题；3.培养学生分析、归纳问题的能力.【教学重点】掌握“条件开放与探索、结论开放与探索”这两类问题的探求方法.并能利用这两种方法去解决有关问题.【教学难点】利用上述方法解决实际问题.【教学设计】一、导入新课导入新课1.练习一（课前练习）（1）正多边形的一个外角为40°，则这个正多边形的边数为 .（2）当x 时，代数式12+x x 无意义. （3）二次函数32++=bx x y 的顶点的横坐标是1，则b 的值是 .（4）（99.上海市）如果四边形ABCD 满足条件： ，那么这个四边形的对角线AC 和BD 互相垂直（只需要填写一组你认为适当的条件）.（5）（2000.温州）函数y=3x 是经过原点和点（ ， ）的一条直线.（6）如图，Rt△ABC 是⊙O 的内接三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，过顶点C 作⊙O 的切线交AB 的延长线于点D，连结CO，请根据题中所给出的已知条件，写 出你认为正确的结论（如角与角相等，边与边相等，以及其他正确的结论，每组至少写出两个）.（注：不准添加任何辅助线和字母，不写推理过程） 结论是： ； ； .2.分析、归纳，导入新课（1）特点：前三题结论确定，后三题结论不确定或不明确；（2）前三题是传统的数学习题，我们称之为封闭题，后三题属另一种类型，这就是我们今天要讨论的“开放探索性题”.（给出课题）二、讲解新课讲解新课1.1.概念了解概念了解概念了解：：（1）传统的数学习题条件完备，结论确定，这类习题称之为封闭题封闭题. .（2）开放型探索问题：条件不完备、结论不确定（或不明确），解题依据和方法往往也不唯一，需要解题者积极探索方可解决，这样的习题称之为开放探索性问题（或称开放题）.（3）开放型探索问题主要出现如下几种形式：①条件开放与探索； ②结论开放与探索③策略开放与探索； ④情景开放与探索.这节课主要解决前两类.2.2.条件开放与探索条件开放与探索条件开放与探索教学方式：通过例题的讲解，归纳出这类问题的形式和解决办法.例1 （98.湖北黄石）如图，在△ABC 中，AB ＞AC，过AC 上一点D，作直线D E ，交AB 于E ，使得所做的三角形AD E 与原三角形相似，这样的直线可以作 条. 分析：在平面内，两条直线的位置关系有两种：平行与相交.当E D ∥BC 时，△AD E∽△ACB；当E D 与BC 不平行，而∠A E D=∠ACB 时，△AD E∽△ACB.因此，这样的直线有两条.例2 （96.贵州）当m = 时，函数)0(54)3(12≠−++=+x x x m y m 是一个一次函数.解：根据一次函数的定义，符合题意的m 值有三个：(1)当m+3=0,即m = -3时，函数y=4x -5是一次函数；(2)当2m+1=1,即m =0时，函数y=7x -5是一次函数；(3)当2m+1=0,即m =-21时，函数254−=x y 是一次函数. 上述两个例题的共同特点是：使结论成立的条件不是唯一的使结论成立的条件不是唯一的. . .例3 （99.河南）已知四边形ABCD，AB ∥CD，要得出ABCD 是平行四边形的结论还应具备的条件是 .说明：（1）题目可以只要求符合条件的一个（2）题目也可要求写出符合要求的几个或全解：如图，当AB ∥CD，只需具备下列条件之一，便得出ABCD 是平行四边形；（1）AD ∥BC （2）AB=CD A C（3）∠A=∠C （4）∠B=∠D例3的特点是完备条件使结论成立的特点是完备条件使结论成立..分析归纳得出一般结论：（1）什么是条件开放性问题？给出问题的结论，让解题者分析探索使结论成立应具备的条件，而满足结论的条件往往不唯一，这样的问题是条件开放性问题.(2)解决这类问题基本思路是：它要求解题者善于从问题的结论出发，逆向追索，多途寻因.这类问题主要考查解题者对基础知识的掌握程度和归纳能力这类问题主要考查解题者对基础知识的掌握程度和归纳能力. . .（3）条件开放性探索有两种类型：一是寻求多种条件使结论成立；二是完备条件使结论成立.3.3.结论开放与探索结论开放与探索结论开放与探索（1）哪些问题是结论开放性问题？给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结论，并且符合条件的结论往往呈多样性，或者相应的结论的“存在性”需要解题者进行推断，这些问题都属于结论开放性问题.（2）解题要求：它要求解题者充分利用条件进行大胆的猜想，发现规律，得出结论，这类问题主要考查发散思维和所学基本知识的应用能力.例4 （2000.辽宁）如图，AB 是⊙O 的直径，⊙O过AC 的中点D，D E⊥BC 垂足为E .（1）由这些条件，你能推出哪些结论？（要求：不再标注其它字母，找结论的过程中所连辅助线不能出现在结论中，不写推理过程，写出四个结论即可）.（2）若∠ABC 为直角，其它条件不变，除上述结论外，你还能推出哪些别的正确结论，并画出图形，[要求：写出6个结论即可，其它要求同（1）].解：下列结论可供选择：（1）①D E 是⊙O 的切线； ②AB=BC ③∠A=∠C④D E =B E·C E ⑤CD =C E·CB ⑥∠C +∠CD E =90° ⑦C E +D E =CD（2）①C E =B E ②D E =B E ③D E =C E④D E∥AB ⑤C E 是⊙O 的切线 ⑥D E =21AB ⑦∠A=∠CD E =45° ⑧∠C=∠CD E ⑨CB =CD ·CA⑩AB DE CB CE CA CD == ⑾AB +BC =AC C ⑿EBCE DA CD = 归纳小结归纳小结：：寻找结论的关键是抓住命题的条件及其特点，常考虑的关系有：（1）相等关系：线段相等、角相等、两角互余互补、成比例线段、勾股定理等；（2）特殊图形：等腰三角形、直角三角形、平行四边形、等腰梯形等；（3）两图形的关系：线段垂直和平行、三角形全等和相似等.三、巩固练习巩固练习7.函数值随x 的增大而增大的一个一次函数解析式可以是 .8.（20000.江西）如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD 与AB 交于点E ，若 ，则C E =D E （只需填写你认为适当的条件）.9.（2000.广州市）经过点（0，3）的一条抛物是 .10.（2000.昆明市）已知，如图，AC=DC，∠1=∠2，请添加一个已知条件： 使 △ABC ≌△D E C.11.（2000.安徽）一个二元一次方程和一个二元二次方程组成的二元二次方程组的解是 x=2 和 x=-2 y=4 y=-4,试写出符合要求的方程组 （只要填写一个即可）.12.（98.湖南）如图，△ABC 中，AB=AC，∠B、∠C 的平分线B E 、CD 分别交 AB、AC 于D、E ，B E 与CD 交于点G ，∠C 的外角∠AC H 的平分线C F 与B E 的延长线交于F ，在这个图形中可以得出哪些结论AD A。

探索性问题的一般解答策略【摘要】在数学解题中经常会碰到探索性问题，以“试推测”探求，判断或“是否”、“能否”等词的出现，这类问题，常以三种形式出现：（1）由已知条件，寻求相应结论。

（2）.给定结论，反推应具备的条件。

（3）.存在性问题，本文通过具体的例子说明这类问题的解题策略。

【关键词】探索存在性函数数列【中图分类号】 g426 【文献标识码】 a 【文章编号】 1006-5962（2013）01（a）-0184-021 由给定条件寻求相应结论。

（1）..对于这类问题的解题思路是从所给条件出发，经过分析、观察、利用特殊→一般→特殊→一般的辩论关系，进行探索、归纳、猜想出结论，然后用数学归纳法加以证明。

例1.设数列﹛an﹜的各项为正数a1=1，sn表示其前n项的和，且n∈n时，sn+1+sn与1的等比中项为an+1。

（1）..求s1，s2，s3，s4的值。

求①的结果推测sn的表达式，并证明。

解：①由条件可知：sn+1+sn=an+12∴sn+1+sn=（sn+1-sn）2，，∵s1=1，∴s2+1=（s2-1）2 ∴s2=3，同理s3=6，s4=10，s1=*1（1+1）=1，s2=*2（2+1）=3，s3=*3（3+1）=6，s4=*4（4+1）=10……推测sn=n（n+1）②.证明：ⅰ当n=1时，s1=*1（1+1）=1推理正确，ⅱ假设当n=k时，推理正确，即sk=k（k+1）当n=k+1时，sk+1+sk=（sk+1-sk）2得，sk+1+k（k+1）= [sk+1-k （k+1）]2sk+12-[k（k+1）+1]sk+1+k2（k+1）2—k（k+1）=0即[sk+1—k（k+1）—（k+1）]*[sk+1-k（k+1）+k]=0∵an>0 ，∴sk+1=k（k+1）+k+1=（k+1）（k+2），当即n=k+1时，推理正确，由（ⅰ），（ⅱ）可以断定sn=n（n+1）对于一切n∈n时，均正确。