再談編擬習(xí)題時(shí)應(yīng)注意問題的存在性

北京豐臺(tái)二中 (郵編：100071)

拙文[1]通過9道例題闡述了“編擬習(xí)題時(shí)應(yīng)注意問題的存在性”的觀點(diǎn)，本文再通過7道例題進(jìn)一步闡述這一觀點(diǎn).

筆者的分析編題者沒有給出這道題的答案.

所以h(x)是奇函數(shù).因?yàn)?/p>

所以h(x)是減函數(shù).

對(duì)此題的分析，再一次說(shuō)明了編擬習(xí)題時(shí)應(yīng)注意問題的存在性.

例2(《高中數(shù)學(xué)同步檢測(cè)三級(jí)跳(必修5)》(李振雷主編，中國(guó)財(cái)政經(jīng)濟(jì)出版社，2010年出版，2015年印刷)第36頁(yè)第10題)設(shè)數(shù)列{an}(n=1，2，3，…)的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn=2an-a3，且a1，a2+1，a3成等差數(shù)列，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.

常規(guī)解法由題設(shè)Sn=2an-a3(n∈N*)，可得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2)，

an=2an-1(n≥2)，

從而a2=2a1，a3=2a2=4a1.

又因?yàn)閍1、a2+1，a3成等差數(shù)列，即a1+a3=2(a2+1).

所以a1+4a1=2(2a1+1)，解得a1=2.

所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，得an=2n.

注下面再給出該題的另一種解法：

由題設(shè)Sn=2an-a3(n∈N*)，可得

a1=S1=2a1-a3,a1=a3，

a1+a2=S2=2a2-a3=2a2-a1,a2=2a1，a1+a2+a3=S3=2a3-a3=a3,a2=-a1，

所以a2=2a1=-a1,a1=0.

在常規(guī)解法中已得到an=2an-1(n≥2)，所以an=a1·2n-1=0(n∈N*).

但an=0(n∈{N*)不滿足后面的題設(shè)“a1，a2+1，a3成等差數(shù)列”，說(shuō)明題設(shè)有多余[2]，建議去掉后面的題設(shè).

題4(很可能有印刷錯(cuò)誤)可能源于2015年高考四川卷文科、理科第16(1)題：

設(shè)數(shù)列{an}(n=1，2，3，…)的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn=2an-a1，且a1，a2+1，a3成等差數(shù)列.

常規(guī)解法設(shè)AB=c,BC=a,CA=b.在△ABC中，角B、C的平分線分別是BD、CE.

筆者的分析本題是道錯(cuò)題.因?yàn)榭勺C得：

進(jìn)而可得欲證結(jié)論成立.

可得欲證結(jié)論成立.

例4(2013年高考浙江卷理科第15題)設(shè)F為拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)，過點(diǎn)P(-1,0)的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)A、B，點(diǎn)Q為線段AB的中點(diǎn)，若|FQ|=2，則直線的斜率等于______.

筆者的分析求得kAB=±1后，還應(yīng)檢驗(yàn)它是否滿足題設(shè)“過點(diǎn)P(-1,0)的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)A、B”.事實(shí)上，此時(shí)直線l與拋物線C相切(即兩點(diǎn)A、B重合)，說(shuō)明所求直線的斜率不存在.

圖1

例5(2014年高考全國(guó)新課標(biāo)卷Ⅰ文科第16題)如圖1，為測(cè)量山高M(jìn)N，選擇A和另一座山的山頂C為測(cè)量觀測(cè)點(diǎn)．從A點(diǎn)測(cè)得M點(diǎn)的仰角∠MAN=60°，C點(diǎn)的仰角∠CAB=45°，以及∠MAC=75°，從C點(diǎn)測(cè)得∠MCA=60°.已知山高BC=100 m，則山高M(jìn)N=______m.

圖2

筆者的分析 我們先證明

定理2 (1)若三條射線SA、SB、SC不共面，則∠ASB+∠BSC>∠ASC；

(2)底面是凸多邊形的棱錐在頂點(diǎn)處的所有頂角之和小于周角.

證明當(dāng)∠ASB≥∠ASC時(shí)，可得欲證結(jié)論成立.

圖3

當(dāng)∠ASB<∠ASC時(shí)，如圖3所示，可在∠ASC內(nèi)(包括端點(diǎn)S)作∠ASB=∠ASD′，再在射線SB,SD′上分別截取相等的線段SB′,SD′.又過點(diǎn)B′,D′作平面分別與射線SA、SC交于點(diǎn)A′、C′.

進(jìn)而可得△SA′B′≌ △SA′D′(邊角邊)，所以A′B′=A′D′,∠ASB=∠ASD′.

在△A′B′C′中，可得A′B′+B′C′>A′C′=A′D′+D′C′,B′C′>D′C′.

在△SB′C′與△SD′C′中，由余弦定理可得cos∠B′SC′∠D′SC′,∠BSC>∠D′SC.

所以∠ASB+∠BSC>∠ASD′+∠D′SC=∠ASC.

(2)下面只證明五棱錐S-ABCDE的情形.如圖4所示，由定理2(1)可得

∠SAE+∠SAB>∠EAB；

∠SBA+∠SBC>∠ABC；

∠SCB+∠SCD>∠BCD；

∠SDC+∠SDE>∠CDE；

∠SED+∠SEA>∠DEA.

把它們相加后，由三角形、五邊形內(nèi)角和定理可得

5π-(∠ASB+∠BSC+∠CSD+∠DSE+∠ESA)>3π，

∠ASB+∠BSC+∠CSD+∠DSE+∠ESA<2π，

圖4

得欲證結(jié)論成立.

下面再來(lái)分析上面的這道高考題及其解法.

如圖5所示，延長(zhǎng)MN至M′，使得NM=NM′，延長(zhǎng)CB至C′，使得BC=BC′.

圖5

進(jìn)而可得Rt△ANM≌Rt△ANM′，∠NAM=∠NAM′,AM=AM′；還可得Rt△ABC≌Rt△ABC′，∠CAB=∠C′AB,AC=AC′.

可得四邊形CBNM≌四邊形C′BNM′，所以CM=C′M′，進(jìn)而可得△ACM≌△AC′M′(邊邊邊)，∠MAC=∠M′AC′.

所以∠NAM′+∠M′AC′+∠C′AB=∠NAM+∠MAC+∠CAB=60°+75°+45°=180°，

∠MAM′+∠M′AC′+∠C′AC+∠CAM=180°·2=360°.

進(jìn)而可得凸四棱錐A-MCC′M′在頂點(diǎn)A處的所有頂角之和為周角，這與定理2(2)相矛盾！

這就說(shuō)明這道高考題中的圖1不準(zhǔn)確，即在圖1中不存在四棱錐A-BCMN，即點(diǎn)A應(yīng)當(dāng)在線段BN上.

下面再用另一種方法說(shuō)明點(diǎn)A應(yīng)當(dāng)在線段BN上.

例5出錯(cuò)的原因是沒有注意到滿足題設(shè)的四棱錐A-BCMN不存在.

例6(1987年高考全國(guó)卷理科第15題)一個(gè)正三棱臺(tái)的下底和上底的周長(zhǎng)分別為30cm和12cm，而側(cè)面積等于兩底面積之差，求斜高.

圖6

(其中h′是正三棱臺(tái)的斜高)，

筆者的分析以上解法貌似嚴(yán)謹(jǐn)無(wú)誤，但該題卻是一道錯(cuò)題——錯(cuò)在滿足題設(shè)的正三棱臺(tái)不存在！

圖7

如圖8所示，分別作點(diǎn)A′、B′、C′在平面ABC上的射影A″、B″、C″，可得點(diǎn)A″、B″、C″均在△ABC內(nèi)，再由射影面積公式可得

S等腰梯形ABB′A′>S四邊形ABB″A″,S等腰梯形BCC′B′>S四邊形BCC″B″,S等腰梯形CAA′C′>S四邊形CAA″C″，

(易證三個(gè)四邊形ABB″A″,BCC″B″,CAA″C″均是等腰梯形且兩兩全等).

把它們相加后，即得正三棱臺(tái)的側(cè)面積大于下底面積與上底面積之差.

圖8

同理，還可證得：

(1)正棱臺(tái)的側(cè)面積大于下底面積與上底面積之差；

(2)若一個(gè)棱臺(tái)的上底面在下底面上的射影在下底面內(nèi)，則該棱臺(tái)的側(cè)面積大于下底面積與上底面積之差.

(3)三棱臺(tái)的側(cè)面積大于下底面積與上底面積之差(可分上底面恰有0個(gè)、1個(gè)、3個(gè)頂點(diǎn)在下底面上三種情形獲證).

猜測(cè)棱臺(tái)的側(cè)面積大于下底面積與上底面積之差.