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题型(五)　开放性试题的特点及求解策略
(对应学生用书P271)
开放性试题是一类具有开放性和发散性的问题，此类问题一般条件或结论不完备，没有明确的结论，解题方向不明，自由度大，需要考生自己去探索，结合已知条进行分析、比较和概括，因此是考查创新能力、数学思维能力、分析问题和解决问题能力的好题型．
其中开放性试题又可分为条件开放型、结论开放型、存在判断型、规律探究型等，每种题型的求解策略有所不同，因此在求解时，必须先辩明考查类型，再根据所属类型选择解题策略．
一、条件开放型问题
(2021·新高考Ⅱ卷)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)：______________．
①f(x1x2)＝f(x1)f(x2)；②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0；③f′(x)是奇函数．
[解析]　本题属于开放性问题，答案不唯一．例如取f(x)＝x2，x4，x6，…，都可以，还可以取f(x)＝x，x，x，x，…．
[答案]　f(x)＝x2(x∈R)(答案不唯一)
[点评]　求解条件开放型问题的一般思路：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，结合图形挖掘条件，逆向追索，逐步探寻，这是一种分析型思维方式．它要求解题者善于从问题的结论出发，逆行追索，由果寻因．
二、结论开放型问题
　如图，O为坐标原点，过点P(0,3)作圆O的两条切线分别交椭圆E：＋＝1于点A，B和点D，C．
(1)若圆O和椭圆E有4个公共点，求直线AB和CD的斜率之积的取值范围；
(2)四边形ABCD的对角线是否交于一个定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
[解]　(1)若圆O和椭圆E有4个公共点，设圆O的半径为r，则r2∈(3,4)，
设过点P的切线方程为y＝kx＋3，
则r＝∈(，2)，得k2∈，①
联立切线方程与椭圆方程，
得消去y得(3＋4k2)x2＋24kx＋24＝0，
Δ＝96(2k2－3)>0，得k2>，②
由①②得k2∈，
所以kAB·kCD＝－k2∈．
(2)设直线AC：y＝k′x＋t，A(x1，y1)，C(x2，y2)，
联立方程，得消去y得(3＋4k′2)x2＋8k′tx＋4t2－12＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
由题设条件易知kPA＋kPC＝0，
所以kPA＋kPC＝＋
＝
＝
＝＝0，
即2k′x1x2＋(t－3)(x1＋x2)＝
＝＝0对任意k′成立，
所以t＝1，即直线AC过定点(0,1)，
同理可得直线BD也过定点(0,1)，
所以四边形ABCD的对角线交于定点(0,1)．
[点评]　求解结论开放型问题的一般思路：要充分利用已知条件或图形特征，进行猜想，归类、类比，透彻分析出给定条件下可能存在的结论现象．然后经过论证作出取舍，这是一种归纳类比型思维方式．它要求解题者要依据条件进行大胆合理的猜想，发现规律得出结论．
1．如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3．E为PD的中点，点F为PC上靠近P的三等分点．
(1)求二面角F AE P的余弦值；
(2)设点G在PB上，且＝，试判断直线AG是否在平面AEF内，并说明理由．
解：(1)以A为原点，平面ABCD内过点A且平行于CD的直线为x轴，AD，AP所在直线分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，E(0，1,1)，F，P(0,0,2)，B(2，－1,0)，则＝(0,1,1)， ＝．
易知平面AEP的一个法向量n＝(1,0,0)，
设平面AEF的法向量m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·＝y＋z＝0，,m·＝\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0，))
取x＝1，得m＝(1,1，－1)，
设二面角F AE P的平面角为θ，
则cos θ＝＝＝．
∴二面角F AE P的余弦值为．
(2)直线AG在平面AEF内，理由如下：
∵点G在PB上，且＝，∴G，
∴＝，
∵平面AEF的法向量m＝(1,1，－1)，
∴m·＝－－＝0，又直线AG与平面AEF有交点A，∴直线AG在平面AEF内．
2．在①asin C－ccos Bcos C＝bcos2C，②5ccos B＋4b＝5a，③(2b－a)cos C＝ccos A这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足________．
(1)求sin C；
(2)已知a＋b＝5，△ABC的外接圆半径为，求△ABC的边AB上的高h．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：选择条件①，
(1)asin C－ccos Bcos C＝bcos2C，
由正弦定理得sin Asin C＝sin Ccos Bcos C＋sin Bcos2C，
即sin Asin C＝cos C(sin Ccos B＋sin Bcos C)，
所以sin Asin C＝cos Csin A．
又A∈(0，π)，故sin A≠0，
所以sin C＝cos C，即tan C＝．
又C∈(0，π)，所以C＝，所以sin C＝sin ＝．
(2)由正弦定理得c＝2×sin ＝4，
由余弦定理得
c2＝a2＋b2－2abcos ＝(a＋b)2－3ab＝16，
所以ab＝，得ab＝3．
于是△ABC的面积S＝absin C＝ch，
所以h＝＝＝．
选择条件②，
(1)5ccos B＋4b＝5a，
由正弦定理得5sin Ccos B＋4sin B＝5sin A，
即5sin Ccos B＋4sin B＝5sin(B＋C)＝5sin Bcos C＋5cos Bsin C，
所以sin B(4－5cos C)＝0．
在△ABC中，B∈(0，π)，故sin B≠0，
所以cos C＝，sin C＝ ＝．
(2)由正弦定理得c＝2××＝，
由余弦定理得
c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－ab＝，
所以ab＝×＝，
于是△ABC的面积S＝absin C＝ch，
所以h＝＝××＝．
选择条件③，
(1)(2b－a)cos C＝ccos A，
由正弦定理得(2sin B－sin A)cos C＝sin Ccos A，
所以2sin Bcos C＝sin(A＋C)＝sin B，
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以cos C＝．
又C∈(0，π)，所以C＝，
所以sin C＝．
(2)由正弦定理得c＝2×sin ＝4，
由余弦定理得
c2＝a2＋b2－2abcos ＝(a＋b)2－3ab＝16，
所以ab＝，得ab＝3．
于是△ABC的面积S＝absin C＝ch，
所以h＝＝＝．

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