立體幾何中的探索性問(wèn)題

摘要：立體幾何解答題中的探索性問(wèn)題是高考常考的題型.文章對(duì)立體幾何中的探索性問(wèn)題按題型進(jìn)行分類(lèi)，并結(jié)合具體例子給出相應(yīng)題型的解題策略.

關(guān)鍵詞：立體幾何；動(dòng)點(diǎn)；存在；探索性問(wèn)題；解題策略

中圖分類(lèi)號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2024）28-0052-03

立體幾何的解答題中，經(jīng)常出現(xiàn)探索性問(wèn)題，即問(wèn)是否存在某個(gè)點(diǎn)，使得某個(gè)條件成立的問(wèn)題.解決這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量合理表示出動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)，然后根據(jù)題目所給的條件求解[1].

1線線角問(wèn)題

例1如圖1所示，已知正四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1的體積為2823，其中AB=2A1B1=4.

（1）求側(cè)棱AA1與底面ABCD所成的角；

（2）在線段CC1上是否存在一點(diǎn)P，使得BP⊥A1D？若存在請(qǐng)確定點(diǎn)P的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

解析（1）線面角θ=π4.過(guò)程略.

（2）如圖2所示，連接BD，B1D1，設(shè)正四棱臺(tái)上下底面的中心分別為O1，O，以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OB，OO1分別為x，y，z軸建立如圖2所示空間直角坐標(biāo)系.

則A1（2，0，2），D（0，-22，0），B（0，22，0）.

設(shè)線段CC1上存在一點(diǎn)P，滿足C1P=λC1C（0≤λ≤1），

C1（-2，0，2），C（22，0，0），C1C=（32，0，-2），C1P=（32λ，0，-2λ），

則BP=BC1+C1P=（-2，-22，2）+（32λ，

0，-2λ）=（32λ-2，-22，2-2λ），

A1D=（-2，-22，-2）.

若BP⊥A1D，則BP·A1D=0.

即-2（32λ-2）+8-2（2-2λ）=0.

解得λ=2，舍去.

故在線段CC1上不存在一點(diǎn)P，使得BP⊥A1D.

點(diǎn)評(píng)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法確定是否存在符合題意的點(diǎn)P.這里沒(méi)有直接設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)，而是設(shè)C1P=λC1C（0≤λ≤1），這是因?yàn)槿绻苯釉O(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)，就會(huì)出現(xiàn)三個(gè)變量，計(jì)算繁瑣.而設(shè)成C1P=λC1C（0≤λ≤1），就只有一個(gè)變量，簡(jiǎn)化了運(yùn)算.在下面的例題中，同樣用到了這種設(shè)點(diǎn)的方法.

2線面角問(wèn)題

例2如圖3，在梯形ABCD中，∠ADC=∠BCD=90°，AD=2BC=2CD=2，E為AD的中點(diǎn)，將DEC沿EC折起至△PEC的位置，且PB=1.

（1）求證：平面PAE⊥平面PBC；

（2）判斷在線段AP上是否存在點(diǎn)Q，使得直線BQ與平面PEC所成角的正弦值為36.若存在，求出AQ的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

解析（2）取BE的中點(diǎn)O，連接OP.

由（1）知PE⊥平面PBC，故PE⊥BC.

又BE⊥BC，所以BC⊥平面PBE.

故BC⊥OP.

又PB=PE=1，所以O(shè)P⊥BE.

又BE∩BC=B，BE，BC平面ABCE，

所以O(shè)P⊥平面ABCE.

如圖4，以O(shè)B，OP所在直線分別為y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.

則A（1，-22，0），B（0，22，0），E（0，-22，0），C（-1，22，0），P（0，0，22）.

設(shè)AQ=λAP（0≤λ≤1），則

BQ=（1-λ，22λ-2，22λ）.

設(shè)平面PEC的法向量為m=（x1，y1，z1），EP=（0，22，22），CP=（1，-22，22），

則m·EP=0，m·CP=0，

故y1+z1=0，x1-22y1+22z1=0.

取y1=1，則z1=-1，x1=2，則m=（2，1，-1）.

設(shè)直線BQ與平面PEC夾角為α，

則sinα=|cos〈BQ，m〉|=|BQ·m||BQ|·|m|=36.

所以2λ2×2λ2-4λ+3=36.

則λ=12或λ=-32（舍去）.

即Q為線段AP的中點(diǎn)，此時(shí)|AQ|=22.

點(diǎn)評(píng)取BE的中點(diǎn)O，由條件證明OP⊥平面ABCE.，建立空間直角坐標(biāo)系，求直線BQ的方向向量與平面PEC的法向量，結(jié)合條件列方程求出點(diǎn)Q的位置即可.

3面面角問(wèn)題

例3如圖5所示，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為23，∠ABC=π3，將△ABD沿BD向上翻折，得到如圖6所示的三棱錐A′-BCD.

（1）證明：A′C⊥BD；

（2）若A′C=3，在線段BD上是否存在點(diǎn)G，使得平面A′CG與平面BCD所成角的余弦值為217？若存在，求出BG；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

解析（2）因?yàn)椤螦BC=π3，

所以∠BA′D=∠BCD=2π3.

所以BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD=12+12-24cos2π3=36，解得BD=6.

所以A′O=CO=12-9=3.

所以cos∠A′OC=A′O2+CO2-A′C22A′O·CO=3+3-92×3×3=-12.

所以∠A′OC=2π3.

在平面A′OC中，作OE⊥OC，交A′C于點(diǎn)E，則以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC，OD，OE正方向?yàn)閤，y，z軸，可建立如圖7所示的空間直角坐標(biāo)系.

設(shè)在線段BD上存在點(diǎn)G（0，m，0）（-3≤m≤3），使得平面A′CG與平面BCD所成角的余弦值為217.

因?yàn)锳′O·cosπ3=32，A′O·sinπ3=32，

所以A′（-32，0，32）.

又C（3，0，0），B（0，-3，0），D（0，3，0），

所以A′C=（332，0，-32），CG=（-3，m，0）.

設(shè)平面A′CG的法向量n=（x，y，z），

則A′C·n=332x-32z=0，CG·n=-3x+my=0.

令y=3，解得x=m，z=3m.

所以n=（m，3，3m）.

因?yàn)閦軸⊥平面BCD，

所以平面BCD的一個(gè)法向量l=（0，0，1）.

所以|cos〈n，l〉|=|n·l||n|·|l|=|3m|m2+3+3m2=217，解得m=±1.

當(dāng)m=1時(shí)，BG=4；當(dāng)m=-1時(shí)，BG=2.

所以當(dāng)BG=2或4時(shí)，平面A′CG與平面BCD所成角的余弦值為217.

點(diǎn)評(píng)利用余弦定理可求得∠A′OC=2π3，作OE⊥OC，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)G（0，m，0）（-3≤m≤3），由面面角的向量求法可構(gòu)造方程求得m的值，由此可得結(jié)果［2］.

4結(jié)束語(yǔ)

綜上所述，解決立體幾何中的探索性問(wèn)題的關(guān)鍵是“建系”和“設(shè)點(diǎn)”.建系，要求建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，原則上是讓更多的點(diǎn)落在坐標(biāo)軸上，或者方便求出點(diǎn)的坐標(biāo)；設(shè)點(diǎn)，就是如何設(shè)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)，比如P是線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，則設(shè)成AP=λAB

（0≤λ≤1），而不是設(shè)成AP=λPB（0≤λ≤1）或者P（x，y，z）.

參考文獻(xiàn)：

［1］

楊帆.高中立體幾何“存在型”探索性問(wèn)題求解策略[J].數(shù)理化解題研究，2021（34）：52-53.

［2］ 李鴻昌.點(diǎn)在面內(nèi)的多視角證明與高觀點(diǎn)審視：一道2020年立體幾何高考題引發(fā)的探究[J].數(shù)理化解題研究，2023（22）：101-104.

［責(zé)任編輯：李璟］

已知函數(shù)的值域求參數(shù)問(wèn)題的“疑、探、悟”

古小玲

摘要：給出函數(shù)的解析式和定義域求其值域，或給出函數(shù)的值域，求函數(shù)式中參數(shù)的取值范圍，學(xué)生常常無(wú)從下手.文章針對(duì)高中階段的幾類(lèi)函數(shù)中已知值域求參數(shù)的問(wèn)題，通過(guò)尋疑、探疑、悟疑三方面進(jìn)行啟發(fā)式教學(xué)探討.

關(guān)鍵詞：函數(shù)；值域；求參數(shù)

中圖分類(lèi)號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2024）28-0055-03

在復(fù)習(xí)函數(shù)這一模塊時(shí)，函數(shù)性質(zhì)的理解、應(yīng)用是重中之重.在教學(xué)中發(fā)現(xiàn)學(xué)生對(duì)這些性質(zhì)的逆向應(yīng)用思維不夠，碰到已知函數(shù)的某些性質(zhì)，求函數(shù)的參數(shù)問(wèn)題一籌莫展.“疑、探、悟”啟發(fā)式教學(xué)著眼于調(diào)動(dòng)學(xué)生的學(xué)習(xí)積極性、主動(dòng)性和創(chuàng)造性，使他們具有獲得知識(shí)技能的強(qiáng)烈要求和獨(dú)立發(fā)表自己見(jiàn)解的迫切愿望，從而能融會(huì)貫通地掌握知識(shí)，提高能力，發(fā)展智力，培養(yǎng)學(xué)生的核心素養(yǎng).下面對(duì)函數(shù)實(shí)例中已知某些函數(shù)的值域求參數(shù)的問(wèn)題進(jìn)行研究.

1一元二次函數(shù)已知值域求參數(shù)

例1已知函數(shù)f（x）=ax2-4ax+2a+6（a∈R）的值域?yàn)椋?，+∞），求a的取值范圍.

尋疑要使f（x）∈［0，+∞），大部分學(xué)生認(rèn)為f（x）的圖象開(kāi)口向上，滿足△≤0，得到a∈［0，3）.

探疑其實(shí)這里學(xué)生犯的錯(cuò)誤是沒(méi)理解清楚值域?yàn)椋?，+∞）的真正含義，它是要求值域從0開(kāi)始全都要取到，不能多也不能少.當(dāng)△<0時(shí)，f（x）>0不滿足題意，所以只有△=0時(shí)滿足f（x）≥0.

解法1因?yàn)閒（x）=ax2-4ax+2a+6（a∈R）的值域?yàn)椋?，+∞），

所以a>0，△=0時(shí)滿足f（x）≥0.

解得a=3.

解法2因?yàn)閒（x）=ax2-4ax+2a+6（a∈R）

的值域?yàn)椋?，+∞），開(kāi)口向上，也可理解為f（x）min=f（2）=0，

解得a=3.

變式已知函數(shù)f（x）=ax2-4ax+2a+6（a∈R）的值域?yàn)椋?，+∞），求a的取值范圍.

解析f（x）開(kāi)口向上，要使f（x）∈（0，+∞），則a>0，△<0，得到a∈（0，3）.

例2已知函數(shù)f（x）=x2+ax-2x2-x+1的值域?yàn)椋?∞，2），求a的取值范圍.

解析因?yàn)閒（x）=x2+ax-2x2-x+1的值域?yàn)椋?∞，2），所以x2+ax-2x2-x+1<2.

又因?yàn)閤2-x+1=（x-12）2+34>0，

所以x∈R.

由上式可得x2+ax-2<2（x2-x+1） .

所以x2-（a+2）x+4>0在x∈R上恒成立.

所以△=［-（a+2）］2-4×4<0.

解得-6<a<2.

悟疑解決此問(wèn)題的關(guān)鍵在于把求值域的問(wèn)題和解一元二次不等式的問(wèn)題聯(lián)系起來(lái)，最后通過(guò)比較同解不等式的系數(shù)，列方程求出參數(shù)的值.

2含偶次根號(hào)的函數(shù)已知值域求參數(shù)

例3已知函數(shù)f（x）=ax2+4ax+a+3的值域?yàn)椋?，+∞），求a的取值范圍.

尋疑對(duì)這一題，學(xué)生經(jīng)常是這樣解答的：

因?yàn)閒（x）=ax2+4ax+a+3的值域?yàn)椋?，+∞）.

所以ax2+4ax+a+3≥0.

即a（x+2）2+3-3a≥0.

整理可得3-3a≤（x+2）2在定義域內(nèi)恒成立.

所以3-3a≤［（x+2）2］min=0.

解得0≤a≤1.

這是錯(cuò)解.對(duì)偶次根式的定義域，要求是根號(hào)里的函數(shù)式的值要大于或等于0，在未知函數(shù)定義域的情況下，判定3-3a≤［（x+2）2］min=0是錯(cuò)的.

探疑這可以看作是一個(gè)復(fù)合函數(shù)，若設(shè)u（x）=ax2+4ax+a+3，在不知道x取值的情況下，u（x）的值域的范圍是R的一個(gè)子集，要滿足f（x）=u（x）≥0，u（x）要取遍非負(fù)實(shí)數(shù)，所以△≥0且開(kāi)口要向上.

正解a=0時(shí)，f（x）=3>0，不合題意.

a<0時(shí)，開(kāi)口向下，達(dá)不到值域?yàn)椋?，+∞）.

a>0時(shí)，設(shè)u（x）=ax2+4ax+a+3，則f（x）=u（x）≥0，且設(shè)u（x）的值域?yàn)镈，所以［0，+∞）D.

所以u(píng)（x）要取遍非負(fù)實(shí)數(shù)，即△≥0，解得a≥1.

變式已知函數(shù)f（x）=ax2+4ax+a+3在x∈R時(shí)的值域?yàn)椋?，+∞），求a的取值范圍.

解析已知定義域x∈R，要使u（x）=ax2+4ax+a+3≥0，且同時(shí)滿足f（x）要取遍［0，+∞）且不能多也不能少，則△=0.

解得a=1或a=0，而a=0時(shí)不合題意舍去.

悟疑二次函數(shù)的二次項(xiàng)系數(shù)為字母時(shí)的分類(lèi)討論，若此問(wèn)題要轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問(wèn)題，要清楚地知道函數(shù)的定義域，否則會(huì)出現(xiàn)錯(cuò)誤的答案.

3指數(shù)型函數(shù)中已知值域求參數(shù)

例4已知函數(shù)f（x）=2x2+2ax-a-1的值域?yàn)椋?，+∞），求a的取值范圍.

尋疑學(xué)生認(rèn)為f（x）=2x2+2ax-a-1≥0，即得到f（x）=x2+2ax-a≥0.

所以△≥0，得到-1≤a≤0.

探疑在解此類(lèi)型的指數(shù)型函數(shù)時(shí)，其內(nèi)函數(shù)u（x）=x2+2ax-a的定義域跟函數(shù)f（x）的定義域相同，所以x∈R；當(dāng)△>0時(shí)，對(duì)x∈R，u（x）=x2+2ax-a的值有一部分小于0，使得f（x）的值域范圍比［0，+∞）多了；

同理，當(dāng)△<0時(shí)，對(duì)x∈R，

u（x）=x2+2ax-a有一部分大于和等于0的值取不到，此時(shí)f（x）的值域范圍比［0，+∞）小了.

正解函數(shù)的定義域?yàn)镽，由f（x）=2x2+2ax-a-1≥0，即得到x2+2ax-a≥0.

所以當(dāng)△=0時(shí)，對(duì)x∈R，u（x）=x2+2ax-a≥0，使得f（x）的值域?yàn)椋?，+∞），

解得a=0或a=-1.

這是學(xué)生容易與已知定義域?yàn)镽求函數(shù)值域混淆的題型，所以講解時(shí)可與下面的變式題對(duì)比講解.

變式已知函數(shù)f（x）=2x2+2ax-a-1的定義域?yàn)镽，求a的取值范圍.

解析設(shè)u（x）=2x2+2ax-a-1，當(dāng)x∈R時(shí)，v（x）=x2+2ax-a≥0，

所以△≤0時(shí)，解得-1≤a≤0.

悟疑分析指數(shù)函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)構(gòu)成的復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)時(shí)，首先要弄清復(fù)合函數(shù)的構(gòu)成，然后轉(zhuǎn)化為基本初等函數(shù)的單調(diào)性加以解決，注意不可忽視定義域、指數(shù)和對(duì)數(shù)的底數(shù)對(duì)它們的圖象及性質(zhì)起的作用[1].

4對(duì)數(shù)型函數(shù)中已知值域求參數(shù)

例5已知函數(shù)f（x）=lg（x2+ax+1）的值域?yàn)镽，求a的取值范圍.

尋疑學(xué)生容易誤解函數(shù)f（x）=lg

（x2+ax+1）的值域?yàn)镽，即x2+ax+1>0的值域?yàn)镽對(duì)x∈R恒成立，而u（x）=x2+ax+1的開(kāi)口向上，從而△=a2-4<0，解得-2<a<2.

以上解答與下列問(wèn)題混為一談：

若函數(shù)f（x）=lg（x2+ax+1）的定義域?yàn)镽，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

探疑在對(duì)數(shù)型函數(shù)中，當(dāng)值域?yàn)镽時(shí)，它表示函數(shù)u（x）的值可取遍全體正實(shí)數(shù).所以函數(shù)u（x）=x2+ax+1的最小值要不大于0，即函數(shù)滿足△≥0；而當(dāng)函數(shù)f（x）=lg（x2+ax+1）的定義域?yàn)镽時(shí)，它表示對(duì)一切x∈R，函數(shù)u（x）=x2+ax+1的值恒正，所以它們是兩類(lèi)不同的問(wèn)題[2].

解法1因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=lg（x2+ax+1）的值域?yàn)镽，設(shè)u（x）=x2+ax+1對(duì)x∈R時(shí)可取遍全體正實(shí)數(shù)，所以u(píng)（x）的值域包含了（0，+∞）.

從而△=a2-4≥0，

解得a≤-2或a≥2.

解法2因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=lg（x2+ax+1）的值域?yàn)镽，設(shè)u（x）=x2+ax+1，

所以u(píng)（x）=x2+ax+1對(duì)x∈R時(shí)可取遍全體正實(shí)數(shù).

所以u(píng)（x）的最小值不大于0.

因?yàn)閡（x）=x2+ax+1=（x+a2）2+1-a24，

所以u(píng)（x）min=u（-a2）=1-a24，

解得a≤-2或a≥2.

變式已知函數(shù)f（x）=lg（x2+ax+1）的值域?yàn)椋?，+∞），求a的取值范圍.

解析f（x）=lg（x2+ax+1）的值域?yàn)?/p>

［0，+∞），設(shè)u（x）=x2+ax+1，等價(jià)于u（x）的值域要取遍［1，+∞）且不能多取，故u（x）min=u（-a2）=

1-a24=1，解得a=0.

悟疑破解問(wèn)題時(shí)應(yīng)注意問(wèn)題的細(xì)微區(qū)別，防止犯似曾相識(shí)的錯(cuò)誤.“函數(shù)的值域?yàn)锳”“f（x）∈A恒成立”與上題有類(lèi)似的地方.這兩例的辨析啟示我們，在平時(shí)的學(xué)習(xí)中，應(yīng)認(rèn)真比較各種問(wèn)題間的區(qū)別，防止就題論題且不加區(qū)別.

5結(jié)束語(yǔ)

以上實(shí)例說(shuō)明，已知函數(shù)的值域求參數(shù)是一個(gè)較為復(fù)雜的問(wèn)題，要根據(jù)不同的函數(shù)形式選擇適當(dāng)?shù)姆椒ㄇ蠼?由于許多函數(shù)的概念都有很深刻的內(nèi)涵，所以在學(xué)習(xí)函數(shù)知識(shí)及解決函數(shù)問(wèn)題時(shí)，首先要非常準(zhǔn)確地理解函數(shù)中的每個(gè)概念，仔細(xì)揣摩各種概念之間的聯(lián)系與不同，才能作出準(zhǔn)確的解答[3].教師應(yīng)在教育理論研究與實(shí)踐中，結(jié)合數(shù)學(xué)學(xué)科的特點(diǎn)，掌握“疑、探、悟”啟發(fā)式教學(xué)的方法，以便在教學(xué)中更好地落實(shí)核心素養(yǎng)，取得更好的教學(xué)效率.

參考文獻(xiàn)：

［1］

宋月英.與指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)有關(guān)的最值（值域）問(wèn)題[J].高中數(shù)理化，2022（15）：58-59.

［2］ 方佳佳.關(guān)注函數(shù)的最值（值域）?？碱?lèi)型[J].中學(xué)教學(xué)參考，2019（35）：2-3.

［3］ 李偉.函數(shù)定義域、值域的逆向問(wèn)題[J].數(shù)學(xué)通訊，2007（06）：4-5.

［責(zé)任編輯：李璟］