文档内容
【冲刺985、211名校之2023届新高考题型模拟训练】
专题36 高考新题型劣构性试题综合问题（新高考通用）
1．（2023·云南红河·统考一模）在① ，②
这两个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答．
记 ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ．
(1)△求 ；
(2)若 ， ，求 ABC的面积．
△
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选①，由正弦定理得到 ，再由余弦定理得到 ，
求出 ；选②，由正弦定理变形得到
，结合正弦和角公式，诱导公式求出
，得到 ；
（2）由 求出 ，由 ，结合第一问结论得到
，求出 ，利用三角形面积公式求出答案.
【详解】（1）选①，由正弦定理 ，得 ．
所以 ．
化简为 ．由余弦定理 ．
由于
所以 ．
选②．由正弦定理． ，
得 ．
化简得 ，
由两角和的正弦公式得 ．
由诱导公式化简得 ．
因为 ， ，
所以 ， ，所以 ．
由于
所以 ．
（2） ，即 ．
由（1）知： ，
所以 ，
因为 ， ，
所以 ．
即 ABC为边长是4的等边三角形．
△
．
2．（2023·江苏泰州·统考一模）在① 成等比数列，② ，③这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.
已知数列 是公差不为0的等差数列，其前 项和为 ，且满足__________，
__________.
(1)求 的通项公式；
(2)求 .
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.
【答案】(1)选①②，①③或②③均可得
(2)
【分析】（1）选出两个条件，根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算出首项和
公差，得到通项公式；
（2）在第一问的基础上，得到 ，利用裂项相消法求和.
【详解】（1）若选①②，设 公差为 ，
则 ，
解得： ，
；
选①③，设 公差为 ，
，
解得： ，
；选②③，设 公差为 ，
，
解得： ，
；
（2） ，
.
3．（2022秋·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）记 的内角 的对边分
别为 ．已知 ．
(1)求A；
(2)从下面的三组条件中选择一组作为已知条件，使得 存在且唯一确定，求
的面积.
① ；② ；③ 边上的高 .
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）先利用正弦定理进行边化角，再根据三角恒等变换运算求解；（2）若
选①：根据题意结合正弦定理可得 ，不成立；若选②：根据题意可判断
存在且唯一确定，结合直角三角形的性质运算求解；若选③：根据题意结合面
积公式可得 ，再利用余弦定理求 ，结合面积公式运算求解.
【详解】（1）已知 ，
由正弦定理得 ，化简得 ．
因为 ，所以 ，因为 ，所以 ．
（2）若选①： ．由正弦定理 ，可得 ，无解；
若选②： ．已知 ，则 ，此时 存在且唯一确定，
则 ，
∴ 的面积 ；
若选③： 边上的高 ，可得 ，解得 ，
又∵ ，由余弦定理可得 ，则 ，解得 或
(舍去)，
此时 存在且唯一确定，
∴ 的面积 .
4．（2023·山东潍坊·统考一模）在① ；②
；③ 这三个条件中任选一个，
补充在下面问题中并作答.
问题：在 中，角 所对的边分别为 ，且__________.
(1)求角 的大小；
(2)已知 ，且角 有两解，求 的范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）若选①，由两角和的正切公式化简即可求出求角 的大小；若选②，利
用正弦定理统一为角的三角函数，再由两角和的正弦公式即可求解；若选③，由余弦
定理代入化简即可得出答案.
（2）将 代入正弦定理可得 ，要使角 有两解，即 ，解不等式即可得出答案.
【详解】（1）若选①：整理得 ，因为 ，
所以 ，因为 ，所以 ；
若选②：因为 ，
由正弦定理得 ，
所以 ，所以 ，因为 ，
所以 ；
若选③：由正弦定理整理得 ，所以 ，
即 ，因为 ，所以 ；
（2）将 代入正弦定理 ，得 ，所以 ，
因为 ，角 的解有两个，所以角 的解也有两个，所以 ，
即 ，又 ，所以 ，解得 .
5．（2023·辽宁沈阳·统考一模）在 中，角 、 、 的对边分别为 、 、 ．
已知 ．
(1)求角 的大小；
(2)给出以下三个条件：① ， ；② ；③ ．
若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：
（i）求 的值；
（ii） 的角平分线交 于点 ，求 的长．
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii） .【分析】（1）由已知条件可得出 的值，结合角 的取值范围可求得角 的值；
（2）由 以及①或②或③解三角形，可得出正确的条件.
（i）求出 的值，利用正弦定理可求得 的值；（ii）由 结合
三角形的面积公式可求得 的长.
【详解】（1）解：因为 ，若 ，则 ，不满足
，
所以， ， ， .
（2）解：由 及①，由余弦定理可得 ，即 ，
，解得 ；
由 及②，由余弦定理可得 ，
由 可得 ，可得 ；
由 及③，由三角形的面积公式可得 ，可得
.
经分析可知①②不能同时成立，①③不能同时成立，正确条件为②③，故 ，
.
（i）将 ， 代入②可得 可得 .
在 中，由正弦定理 ，故 .
（ii）因为 ，即 ，
所以， .
6．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图在三棱柱 中， 为 的中点，
， .(1)证明： ；
(2)若 ，且满足：______，______（待选条件）.
从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角 的正弦值.
①三棱柱 的体积为 ；
②直线 与平面 所成的角的正弦值为 ；
③二面角 的大小为60°；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）通过证明 平面 来证得 .
（2）先选择条件，然后根据所选条件，利用几何法或向量法求得二面角
的正弦值.
【详解】（1）在三棱柱 中，由题意可得 ， ，
，
∴ ，又∵ ，∴ ，
同时在 中，∵ ， ，∴ ，
∵ 平面 ，
∴ 平面 ，又∵ 平面 ，∴ .
（2）∵ ， 且 ，∴ 平面 ，
方案一：选择①③
∵ 平面 ，∴ ， ，
∴ 为二面角 的平面角，即 ，
∴ ，又∵三棱柱 的体积为 ，∴ .
法一：取 的中点为 ，连接 ， ，过 作 于点 ，连接 ，
∵ 平面 ，∴ 平面 ，
又∵ ，由三垂线定理可得 ，
∴ 为二面角 的平面角，
其中 ， ， ，则 ，
由于二面角 的平面角与二面角 的平面角互补，
故二面角 的正弦值为 .
法二：过 作 ，过 作 ，过 作 交 于点 ，连接
，
∴ 为二面角 的平面角，其中 ， ，，
∴ ，故二面角 的正弦值为 .
法三：如图所示，建立空间直角坐标系，
设平面 的一个法向量为 ，且 ， ，
则 ，令 ，则 ， ，故 ，
设平面 的一个法向量为 ，且 ， ，
则 ，
令 ，则 ， ，故 ，
，故二面角 的正弦值为 .
方案二：选择①②；
解析：过点 作 于点 ∵平面 平面 ， ，∴ 平面 ，故直线 与平面 所成角为 ，且 ，
设 ， ，则 ，即 ，
.
余下解法参考方案一.
方案三：选择②③；
∵ 平面 ，∴ ， ，
∴ 为二面角 的平面角，即 ，
过点 作 于点 ，
∵平面 平面 且交线为 ， ， 平面 ，
∴ 平面 ，故直线 与平面 所成角为 ，且 .
设 ，则 ，即 .
余下解法参考方案一.
7．（2023春·辽宁·高三朝阳市第一高级中学校联考阶段练习）已知数列 ， ，点 分布在一条方向向量为 的直线上，且 ， ．请在①数列
的前 项和为 ；②数列 的前 项和为 ；③数列
的前 项和为 三个条件中选择一个，解答下列问题．
(1)求数列 ， 的通项公式；
(2)求数列 的前 项和 ．
【答案】(1) ，
(2)
【分析】（1）根据直线方向向量及所过的点得 ，结合所选的条件及 关
系求 通项公式即可；
（2）由题意 ，应用分组求和及等比数列前n项和公式求
.
【详解】（1）由题设直线斜率为2，且过 ，则 ，故 ，
选①： 前n项和 ，
当 ， ，
当 ， 满足上式，
所以 ；
选②： 的前 项和 ，当 ， ，
当 ， 满足上式，
所以 ；
选③： 的前 项和 ，
当 ， ，
当 ， 满足上式，
所以 ；
（2）由（1）知： ，
所以 ，
8．（2023·云南昆明·统考一模）如图，直四棱柱 中， 是等边三
角形，
(1)从三个条件：① ；② ；③ 中任选一个作为已知条
件，证明： ；
(2)在（1）的前提下，若 ， 是棱 的中点，求平面 与平面
所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；（2）建系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）对①：设 与 的交点为 ，
∵ 是等边三角形，且 ，则 为 的中点，
可得 ，且 ，则 ，
故 ，即 ，
又∵ 平面 ， 平面 ，
∴ ，且 平面 ，
故 平面 ，
注意到 平面 ，故 ；
对②：∵ ，则 ，
又∵ ，即 ，
可得 ，即 ，
又∵ 平面 ， 平面 ，
∴ ，且 平面 ，
故 平面 ，
注意到 平面 ，故 ；
对③：∵ ，即 ，
在 中，则 ，可得 ，
故 ，则 ，
故 ，即 ，
又∵ 平面 ， 平面 ，
∴ ，且 平面 ，
故 平面 ，注意到 平面 ，故 .
（2）如图，建立空间直角坐标系 ，设 ，
则 ，
可得 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，即 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，即 ，
则 ，
故平面 与平面 所成角的余弦值为 .
9．（2023·吉林·统考二模）已知 的三个角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，
且 .
(1)求边 ；
(2)若 是锐角三角形，且___________，求 的面积 的取值范围.
要求：从① ，② 从这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并给
出解答.如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)答案见解析【分析】（1）解法一，利用余弦定理将角化边；解法二，利用正弦定理将边化角；
（2）若选择①，利用正弦定理得到 ， ，则 ，
将其转化为关于 的三角函数，结合 是锐角三角形，求出 范围，再结合正弦
函数的性质求出 的面积的取值范围；
若选择②，依题意可得 ，由三角形 为锐角三角形利用余弦定理求出
的取值范围，利用余弦定理表示出 ，即可得到 ，将 转化为关于 的函
数，结合二次函数的性质计算可得.
【详解】（1）解法一：因为 ，
由余弦定理，得 ；
解法二：因为 ，
由正弦定理，得 ，
∴ ，
∴ ，即 .
（2）选择①：因为
所以 ， ，
所以
因为 是锐角三角形，
所以 ，又 ，所以 ，所以 .
所以 ，所以 ，所以 ，
所以 .
选择②：因为 ，则 ，
因为 是锐角三角形，所以 ，
即 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
所以
，
由二次函数 的性质可得，
当 时，函数取最大值 ，当 时， ，又 ，
所以 ，即 ，所以 ，
所以 .
10．（2023·山西·统考模拟预测）已知数列 是正项等比数列，且 ，
.(1)求 的通项公式；
(2)从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求数列 的前 项和 .
① ；② .
【答案】(1)
(2)选①， ；选②， .
【分析】（1）根据等比数列的性质可得出关于 、 的方程组，解出这两个量的值，
可求得数列 的公比，进而可求得数列 的通项公式；
（2）选①，利用错位相减法可求得 ；选②，利用裂项相消法求得 .
【详解】（1）解：由等比数列的性质可得 ，
由题意可得 ，解得 ，所以，等比数列 的公比为 ，
所以， .
（2）解：若选①， .
所以， ，①
则 ，②
① ②得
，
因此， ；若选②， ，
所以， .
11．（2023·安徽·统考一模）在平面直角坐标系 中，锐角 的顶点与坐标原点
重合，始边与 轴的非负半轴重合，终边与单位圆 的交点分别为 .已知点 的纵
坐标为 ，点 的横坐标为 .
(1)求 的值；
(2)记 的内角 的对边分别为 .
请从下面两个问题中任选一个作答，如果多选，则按第一个解答计分.
①若 ，且 ，求 周长的最大值.
②若 ，且 ，求 的面积.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）先利用三角函数的定义与同角的平方关系求得 ，
再利用余弦的和差公式即可得解；
（2）选①：先结合（1）中条件得到 ，再利用余弦定理与基本不等式推得
，从而得解；
选②：先结合（1）中条件求得 ，再利用正弦定理求得 ，从而利用三角形面积
公式即可得解.
【详解】（1）因为 是锐角，所以 在第一象限，又因为 在单位圆上，点 的纵坐标为 ，点 的横坐标为 ，
所以 ，
所以 ，
故 .
（2）选①：
由（1）中结论可得 ，又 ，
由余弦定理可得 ，即 .
，
，当 时，等号成立，
，
即当 为等边三角形时，周长最大，最大值为6.
选②：
由（1）可知 ，
则 ，
由正弦定理 ，可得 ，故 ，
则 .
12．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）在 中，内角A，B，C所对的边
分别是a，b，c，已知 ，角C的内角平分线与边AB交于点E，
(1)求角B的大小；
(2)记 ， 的面积分别为 ，在① ，②这两个条件中任选一个作为已知，求 的值．注：如果选
择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)选①： ；选②：
【分析】（1）由 ，结合正弦定理及 化简得到
，即可求解；
（2）选①：由余弦定理列出方程求得 ，令 ，结合三角形的面
积公式，求得则 ， ，即可求得 的值；
选②：由 ，求得 ，利用余弦定理列出方程求得 ，联立方
程组求得 ，结合面积公式求得 ，即可求得 的值.
【详解】（1）因为 ，
由正弦定理可得 ，
即
又由 ，
可得 ，
因为 ，可得 ，所以 ，
又因为 ，可得 .
（2）选①：因为 ， ，
由余弦定理可得 ，
整理得 ，解得 ，因为 为 的平分线，令 ，
则 ， ，
所以 ，故 的值为 .
选②： ， ， ，
由 ，解得 ，
又由 ，由余弦定理可得 ，
即 ，可得 ，
又因为 ，可得 ，所以 ，即 ，
联立方程组 ，解得 ，
由 为 的平分线，令 ，
所以 ， ，
所以 ，故 的值为 .
13．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）在 中，角A，B，C所
对的边分别为a，b，c．从①②③中选取两个作为条件，补充在下面的问题中，并解答．
① ；② 的面积是 ；③ ．
问题：已知角A为钝角， ，______．
(1)求 外接圆的面积；
(2)AD为角A的平分线，D在BC上，求AD的长．
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)【分析】(1)选①②：由 求得 ，再结合三角形面积公式可求得
，利用余弦定理求得 ，再利用正弦定理求得外接圆的半径，从而可解；
选①③：利用余弦定理求得 ，再利用正弦定理求得外接圆的半径，从而可解；
选②③：利用三角形面积公式可求得 ，再求得 ，利用余弦定
理求得 ，再利用正弦定理求得外接圆的半径，从而可解.
(2)设 ，则有 ，求得 ，再利用等面积法可求.
【详解】（1）选①②，
， ，
又 ，即 ，得 ，
由余弦定理，得 ，
由正弦定理，得 ， ，
所以， 外接圆的面积为 ．
选①③，因为 ， ．
所以由余弦定理，得 ，
由正弦定理，得 ， ，
所以， 外接圆的面积为 ．
选②③，
由 ， ，A为钝角，得 ，
由余弦定理，得 ，
由正弦定理，得 ， ，所以， 外接圆的面积为 ．
（2）由AD为角A的平分线，设 ， ，
则有 ，
由 的面积 ，
即 ，解得 ．
故AD的长为 .
14．（2023·云南昭通·统考模拟预测）已知 中，角 ， ， 所对的边分别为 ，
， ，且满足 .从① ，② ，③
，这三个条件中任选一个作为已知条件.
(1)求角 的大小；
(2)点 在线段 的延长线上，且 ，若 ，求 的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)运用正弦定理或余弦定理求解；
(2)根据条件和（1）的结果，运用余弦定理求出b，c，再用正弦定理求出DA，运用面
积公式求解.
【详解】（1）由 得： ；
若选① ，则有 ，由余弦定理得；
若选② ，由 代入上式，得：
；
若选③ ，则 为直角三角形， ，
；
综上， ；
（2）
由（1）知 ， ， ，由余弦定理得：
，
，在 中，由正弦定理得：
，
， ，
；
综上， ， .
15．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）在① ；② ；③ ， ，三个条件中任选一个补充在下面的横线
上，并加以解答．注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
已知正项数列 的前n项和为 ，且______，
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ，若数列 满足 ，求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）选择条件①，因式分解计算可得 ，再根据 与 的关系结
合相减法即可求解数列 的通项公式；选择条件②，直接根据 与 的关系结合相
减法，可得递推关系式，确定列 是等差数列，按照等差数列通项公式即可得 ；
选择条件③，利用累乘法求解 ，再根据 与 的关系结合相减法即可求解数列
的通项公式；
（2）由（1）得 ，则 ，直接按照裂项相
消法求和即可证明不等式.
【详解】（1）解：选择条件①，因为 ，所以
，
因为 ，所以 ，则 ，
当 时， ，
所以两式相减得： ，即 ，则 ，当 时， ，所以 符合上式，
所以 ；
选择条件②，因为 ，
当 时， ，
所以两式相减得： ，整理得 ，
因为 ，所以 ，
当 时， ，所以 或 （舍），
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，则 ；
选择条件③，因为 ，所以 ，
累乘得： ， ，
所以 ， ，又 符合式子，所以 ， ，
当 时， ，
所以两式相减得： ，即 ，
又 符合上式，所以 ；
（2）由（1）得： ，则 ，
所以
.
16．（2023·福建漳州·统考二模）已知等差数列 的前n项和为 ，若 ，且________．在① ，② 这两个条件中任选一个，补充在上面的
问题中，并解答．
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）
(1)求 的通项公式；
(2)设 ，求 的前n项和 ．
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】(1)根据等差数列的通项公式与前 和公式结合已知条件求出首项和公差，进
而即可求出通项公式；
(2)由(1)得 ，再利用分组求和法即可求得 .
【详解】（1）设等差数列 的首项为 ，公差为d，
若选择条件① ，
由题可得 ，解得 ，
若选择条件② ，
由题可得 ，解得 ，
.
（2）由(1)知，选择两个条件中的任何一个，都有 ，
则 ，17．（2023·云南玉溪·统考一模）在① ，② 这两个条件中选择一个补充在
下面的问题中，然后求解．
设等差数列 的公差为 ，前n项和为 ，等比数列 的公比为q．已知
， ， ． （说明：只需选择一个条件填入求解，如果
两个都选择并求解的，只按选择的第一种情形评分）
(1)请写出你的选择，并求数列 和 的通项公式；
(2)若数列 满足 ，设 的前n项和为 ，求证： ．
【答案】(1)选① ， ；选② ， .
(2)证明见解析
【分析】（1）由等差数列、等比数列的基本量代入方程组求解即可.
（2）运用错位相减法求和即可.
【详解】（1）由题意知， ， ， ，
选①，由题意知， ，
，
所以 ， ，即： ， .
选②，由题意知， ，,
所以 ， ，即： ， .
（2）证明：由（1）得 ，
∴ ①，
②，
① ②得： ，
∴ ．
又∵对 ， 恒成立，
∴ ．
18．（2023·辽宁·校联考模拟预测）在① ，② 这两个条件中选一个合
适的补充在下面的横线上，使得问题可以解答，并写出完整的解答过程.
问题：在各项均为整数的等差数列 中， ，公差为 ，且______.
(1)求 的通项公式；
(2)若 ，求数列 的前n项和 .
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列通项公式的基本计算求解即可；
（2）根据错位相减法计算求解即可.【详解】（1）解：若选①，则 ， ，故不能选①，
若选②：依题意可得 ，解得
故 ．
（2）解：由（1）知， ，
则 ，
所以 ，
所以
，
故 ．
19．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）在① ，② ，③ 成等
比数列．这三个条件中任选两个条件，补充到下面问题中，并求解：
在数列 中， ，公差不为0的等差数列 满足 ， ，求数
列 的前n项和 ．
【答案】选择条件，答案见解析.
【分析】选择①②，②③，设出 的公差，由已知列方程组，求出数列 和数列
的通项，再由错位相减法求和作答.
选择①③，设出 的公差，由已知列方程组，求得方程组无解，再判断作答.
【详解】选择①②，设 的公差为 ，
由 ，得 ，则 ，由 ，得 ，
联立解得 ，所以 ，
在数列 中， ，
因此数列 是首项为1，公比为3的等比数列，
所以 ，于是 ，
则 ，
于是 ，
两式相减，得
，
所以 .
选择②③，设 的公差为 ，
由 ，得 ，
由 成等比数列，得 ，即 ，
联立解得 ， ，
在数列 中， ，
因此数列 是首项为1，公比为3的等比数列，
所以 ，于是 ，
则 ，于是 ，
两式相减，得 ，
所以 .
选择①③，设 的公差为 ，
由 ，得 ，即 ，
由 成等比数列，得 ，
即 ，于是 ，矛盾，
所以等差数列 不存在，此条件无解.
20．（2023秋·山东菏泽·高三统考期末）在① ；②
；③ ．
三个条件中选一个，补充在下面的横线处，并解答问题．
在 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 的面积为S．且满足______．
(1)求A的大小；
(2)设 的面积为6，点D为边BC的中点，求 的最小值．
【答案】(1)
(2) ．
【分析】（1）分别选取三个条件，运用正余弦定理，三角形面积公式及三角恒等变换
结合条件即得；
（2）由题可得 ，然后根据向量的运算及基本不等式即得.
【详解】（1）选①，由 ，化简得： ，
所以 ，即 ，
在 中， ， ，
因为 ，所以 ；
选②， ，
所以 ，
因为 ，所以 ；
选③， ，
由正弦定理和切化弦得 ，
在 中， ，
所以 ，
在 中， ，因为 ，
所以 ，得 ；
（2）由 ，得 ，
由 ，有 ，
所以
，
当且仅当 时，等号成立，
所以 的最小值为 ．21．（2022·江苏泰州·统考模拟预测）在①a＝2b；② ；③
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．若问题中的三角形
存在，求该三角形面积的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在 ，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ， ，
？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】存在，面积为 .
【分析】若选①，由正弦定理得 ，结合 ，求出角 ，进而求得
三角形存在，再按照面积公式求面积即可；
若选②，先由余弦定理得到 ，再借助正弦定理化简得到 ，求出
角 ，进而求得三角形存在，再按照面积公式求面积即可；
若选③，由 可得 ，化简得 ，
求出角 ，进而求得三角形存在，再按照面积公式求面积即可.
【详解】若选①，由正弦定理得 ，又 ，故 ，
即 ，化简得 ，即 ，
又 ，故 ， ， ，这样的三角形存在.又 ，
，解得 ，
故该三角形的面积为 ；
若选②，由 ，又余弦定理可得 ，故 ，
化简得 ，由正弦定理可得 ，又 ，故 ，即 ，又 ，故 ，
又 ，解得 ，
这样的三角形存在.又 ， ，解得 ，故该三角形的面积
为 ；
若选③，由 得 ， ，由 可得
，又 ，故
，整理得 ，又 ，
故 ，故 ， ， ，这样的三角形存在.
又 ， ，解得 ，故该三角形的面积为 .
22．（2022·江苏·高三专题练习）已知椭圆 过点 ，
， 分别为椭圆C的左、右焦点．请从下面两个条件中选择一个补充到题中，并完
成下列问题．条件①： ；条件②：离心率 ．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线 与圆 相切，且与椭圆C交于MN两点，求 面
积的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）选择①：直接由 解出 ，再利用点 即可求出
；选择②：由离心率得 ，再利用点 即可求出 ；
（2）先由直线与圆相切求得 ，再联立直线和椭圆，表示出面积，令
，结合 的范围即可求得面积的取值范围．
(1)
选择①：
由题意知： ，∵ ，
解得 ，
又∵ ，解得 ，∴椭圆C的方程为： ；
选择②：
∵ ，∴
又 ，由两式解得 ，∴椭圆C的方程为： ；
(2)
圆O的圆心坐标为 ，半径 ，由直线 与圆 相切，得
，故 ，
由 消去y，得 ．
由题意可知 ，
所以 ．设点 ， ，则 ， ，
所以
．
令 ，则 ， ，
所以
23．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测） ABC的内角A，B，C的对边分别
为a，b，c， ，且 ．
(1)求B；
(2)在条件①和条件②中选择一个，求 ABC的面积．
条件①： ， ．条件②： ， ．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）由 ，利用正弦定理结合两角和与差的三角函数
化简求解；
（2）选①： ， ，利用余弦定理求得边a，再利用三角形面积公式求解；选
②： ， ．利用余弦定理求得边ac，再利用三角形面积公式求解；
(1)
解：由 ，
得 ．
即 ，即 ．
因为B是 ABC的内角，
所以 ， ．
或 ．
又由 ，得 ，
所以B为锐角，
故 ．
(2)
若选①： ， ，
由余弦定理 ，
得 ，
解得 或 ．
若 ，
则 ABC的面积为 ；
若 ，则 ABC的面积为 ．
若选②： ， ．
由余弦定理 ，
得 ，
，
所以 ．
ABC的面积为 ．
24．（2022·江苏·统考三模）在 中，内角A， ， 所对的边分别为 ， ， ，.从条件①､②中找出能使得 唯一确定的条件，并求边 上的
高 .
条件① ， ；条件② ， .
【答案】答案见解析
【分析】利用正弦定理化边为角，结合三角形的内角关系及两角和的正弦公式求得 ，
条件①，由 求出角 ，即可判断三角形的解是否唯一，条件②，由正弦定
理求出 ，然后求出 ，从而可得出答案.
【详解】解：因为 ，由正弦定理得 ，
又 ，所以 ，
又 ，所以 ，
则 ，
选①，因为 ，所以 或 ，
则有两个解，不符题意；
选②，因为 ，所以 ，
又 ，故 是唯一的，
，
所以 ，
所以 .25．（2022·福建福州·统考三模）已知数列 的各项均为正数，记 为 的前
项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
① ；②数列 是等差数列；③数列 是等比数列；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】答案见解析
【分析】选①②证明③：由已知求得 的公差 ，进而有 为等比数列并
写出 ，构造 结合等比数列定义判断等比数列；
选①③证明②：由已知求得 的公比为 并写出通项公式，根据 的关
系求 通项公式，结合等差数列的定义判断 为等差数列；
选②③证明①：由 为等差数列，设 写出 通项公式，根据等比
中项的性质有 ，化简求 即可证 .
【详解】选①②证明③：
设等差数列 的公差是 ，则 ，又 ，
所以 ，即 ， ，
所以 ， ，故 是首项为 ，公比为2的等比数列，所以 ，即 .
设 ，则 ， ，又 ，
所以 是首项是 ，公比为2的等比数列.
选①③证明②：
设等比数列 的公比是 ，
所以 ，又 ，则 ，又 ，
所以数列 的通项公式为 ，则 .
当 时， ，又 时， 符合上式，
所以 ， ，故 ，
所以 是等差数列.
选②③证明①：
因为数列 是等差数列，则 为常数， ，
所以 为常数， ，即 为常数， ，
令 ，则 为首项为 ，公比为 的等比数列，
此时 .
因为数列 是等比数列，则 ，
故 ，即 ，
化简得 ，因为 ，解得 ，
所以 ，即 .26．（2022·福建南平·统考三模）在① ；②
；③ 这三个条件中任选一个，
补充在下面的问题中，并解答问题.
在 中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c，___________.
(1)求角A；
(2)若 ， ，点D在线段AB上，且 与 的面积比为3：5，
求CD的长.
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答内容计分）
【答案】(1) ；
(2)
【分析】（1）若选①，由正弦定理，得 ，再由余弦定理即可求出角
A；
若选②，由正弦定理得 ，解得 ，即可求出角A；
若选③，先由平方关系得 ，再由正弦定理得
，再由余弦定理即可求出角A；
（2）在 中，由余弦定理求得 ，由 与 的面积比求得 ，再在
中由余弦定理求得 即可.
(1)
选①，由正弦定理，得 ，即 ，故
，又 ，故 ；
选②，由正弦定理，得 ，又 ，故
，又 ，故 ，又 ，故 ；
选③，由 可得
，
即 ，由正弦定理得 ，故
，又 ，故 ；
(2)
在 中，由余弦定理得 ，因为
，所以 ，
解得 或 （舍），又 与 的面积比为3：5，即 ，
所以 ，在 中，
由余弦定理得 ，即 .
27．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考阶段练习）在① ，②
，③ 三个条件中任选一个补充在下面的横线上，
并加以解答．在 中，角 的对边分别为 ，且_______，作 ，连
接 围成梯形 中 ， ， ．(1)求角 的大小；
(2)求四边形 的面积
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选①：利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可求得 ，由
此可得 ；选②：由正弦定理角化边，可配凑出余弦定理的形式，求得 ，由此可
得 ；选③：由向量数量积和三角形面积公式可求得 ，由此可得 ；
（2）在 中，由余弦定理可求得 和 ，进而得到 ，由平行
关系可确定 ， ；利用两角和差正弦公式求得 后，利用正
弦定理可得 ；根据三角形面积公式和 可求得结果.
【详解】（1）若选条件①，由正弦定理得： ，
即 ，
，
， ， ，又 ， .
若选条件②，由正弦定理得： ，即 ，
，又 ， .
若选条件③， ， ，
，又 ， .
（2）在 中，由余弦定理得： ，
，
，，又 ， ，
， ，
；
在 中，由正弦定理得： ，
.
28．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）在① ，②
，③向量 ， ， 这三
个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
在 中，内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，且__________．
(1)求角 的大小；
(2) 是线段 上的点，且 ， ，求 的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选条件①，利用三角恒等变换化简可得 的值，结合角 的取值范
围可得角 的值；
选条件②，利用正弦定理和余弦定理可求得 的值，结合角 的取值范围可得角
的值；
选条件③，分析可得 ，利用平面向量数量积的坐标运算、正弦定理以及三角恒
等变换可求得 的值，结合角 的取值范围可得角 的值；（2）设 ，可得出 ， ， ，
，在 中，由正弦定理可求得 的值，利用二倍角的正弦公式
结合弦化切可求得 的值，再利用三角形的面积公式可求得 的面积.
【详解】（1）解：选条件①，因为 ，
故 ，
所以， ，
即 ，
、 ，所以， ，则 ，故 ，
因此， .
选②，因为 ，由正弦定理可得 ，
由余弦定理可得 ，
，则 ；
选③，因为 ， ， ，
所以， ，
由正弦定理可得 ，
即 ，
、 ，则 ，所以， ，因此， .
（2）解：设 ，因为 ，则 ，
因为 ，所以， ， ， ，
在 中，由正弦定理可知 ，即 ，即 ，化简可得 ，即
，
所以， ，
所以， .
29．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）已知双曲线
的实轴长为 ，右焦点F到双曲线C的渐近线距离为1．
(1)求双曲线C的方程；
(2)点P在第一象限， 在直线 上，点 均在双曲线C上，且 轴，
M在直线 上， 三点共线．从下面①②中选取一个作为条件，证明另外一个
成立：①Q是 的中点；②直线 过定点 ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求得 ，即得答案；
（2）若①作为条件，证明②，设出直线 ，联立双曲线方程，可得根与系
数的关系，结合条件推出 ，化简可得 ，讨论 是
否等于0，即可证明②；
若②作为条件，证明①，设直线 联立双曲线方程，可得根与系数关系，进而表示出 的坐标，由此只需证明 ，即可结合根与系数
的关系式化简，证明该式成立，即可证明①.
【详解】（1）由已知可得 ,即 ,双曲线右焦点为 ，
不妨取一条渐近线为 ，即 ，则 ，
即得 ，故双曲线C的方程为 .
（2）联立 ，解得 或 ，故 (P在第一象限)，
若①作为条件，证明②，设 ，由题意可知直线 斜率一定存在，
设直线 ，由于双曲线渐近线斜率为 ，故 ，
在直线 上，Q是 的中点，则 ，
则 ， ，
因为 三点共线，故有 ；
联立 ，则 ，需满足 ，
则 ，
故由 ，可得 ，
即 ，
，将 代入可得 ， 即
，
若 ，则 ，
此时直线 过点 ，
与已知条件不符，故舍去，
故只能是 ，即直线 ： 过定点 .
若②作为条件，证明①，
由题意可知直线 斜率一定存在，
设直线 ， ，
设 ，则 ,
联立 ，则 ，需满足 ，
则 ，
由 ， 得直线 的方程为 ，
令 得点 ，
要证Q是 的中点,即证： ，
即 ，即证 ，
而 即 ，即证 ，
而 ，
故Q是 的中点.
【点睛】难点点睛：本题综合考查直线和双曲线的位置关系的相关问题，涉及面较广，
解答的方法是利用联立直线和双曲线方程，得到根与系数的关系，关键是要结合题设
条件进行化简，难点在于计算的复杂性，并且计算量较大，计算中基本上都是涉及到
字母参数的运算，因此要十分小心.
30．（2023春·云南曲靖·高三统考阶段练习）已知双曲线 的
左右焦点分别为 、 ，一条渐近线的倾斜角为 ，且双曲线 过 点.
(1)求双曲线 的方程；
(2)直线 与双曲线 的右支相交于 、 两点，若____________且 的面积为
，
从下列条件中选择一个填在横线上，并求直线 的方程.
①直线 经过点 ；
②直线 的斜率为 .
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据已知条件求出 、 的值，即可得出双曲线 的标准方程；
（2）选①：分析可知直线 的斜率不为 ，设直线 的方程为 ，设点
、 ，联立直线与双曲线 的方程，列出韦达定理，利用三角形的面
积公式求出 的值，结合已知条件可得出 ， ，可得出 的值，即可
得出直线 的方程；选②：设直线 的方程为 ，设点 、 ，联立直线与双曲线
的方程，列出韦达定理，利用三角形的面积公式求出 的值，结合 ，
可求得 的取值范围，即可得出直线 的方程.
【详解】（1）由题可得 ，
又因为双曲线 过点 ，则 ，则 ，
所以双曲线 的方程为 .
（2）若选择①：由题意可知，直线 的斜率不为 ，设直线 的方程为 ，
设点 、 ，
联立 得 ，
由 可得 ，
由韦达定理可得 .
所以 .
所以 的面积 .
所以 ，化简得 ，
解得 或 ，可得 或 ，
因为直线 与双曲线右支交于 、 两点，所以 且 ，而 ，
，可得 ，
所以 ，所以直线 的方程 或 .
若选择②：设 的方程为 ，设点 、 ，
联立 得 .
此时 ，解得 ，
由韦达定理可得 ， ，
因为直线 与双曲线右支交于 、 两点，所以 且 ，
可知 ，所以
又因为 .
点 到直线 的距离为 ，
所以 的面积 ,
即 ,
因式分解可得 ,
因为 ，所以 ，所以 ，
所以直线 的方程为 .
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 、 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
