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技巧 04 结构不良问题解题策略
【命题规律】
结构不良问题是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，主要以解答题为主，应适度关注．
【核心考点目录】
核心考点一：三角函数与解三角形
核心考点二：数列
核心考点三：立体几何
核心考点四：函数与导数
核心考点五：圆锥曲线
【真题回归】
1．（2022·全国·统考高考真题）已知双曲线 的右焦点为 ，渐近线方程为
．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点 在C上，且 ．
过P且斜率为 的直线与过Q且斜率为 的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另
外一个成立：
①M在 上；② ；③ ．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【解析】（1）右焦点为 ，∴ ,∵渐近线方程为 ，∴ ，∴ ，∴
，∴ ，∴ ．
∴C的方程为： ；
（2）由已知得直线 的斜率存在且不为零，直线 的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线 的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则 为线段 的中点，假若直线 的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知 在 轴
上，即为焦点 ,此时由对称性可知 、 关于 轴对称，与从而 ，已知不符；
总之，直线 的斜率存在且不为零.
设直线 的斜率为 ,直线 方程为 ,
则条件① 在 上，等价于 ；
两渐近线的方程合并为 ,联立消去y并化简整理得：
设 ,线段中点为 ,则 ,
设 ,
则条件③ 等价于 ,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即 ,
即 ；
由题意知直线 的斜率为 , 直线 的斜率为 ,
∴由 ,
∴ ,
所以直线 的斜率 ,
直线 ,即 ,
代入双曲线的方程 ,即 中，
得： ,
解得 的横坐标： ,
同理： ，
∴
∴ ,
∴条件② 等价于 ，
综上所述：
条件① 在 上，等价于 ；条件② 等价于 ；
条件③ 等价于 ；
选①②推③:
由①②解得： ,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得： ， ，
∴ ，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得： ， ，∴ ，
∴ ，∴①成立.
2．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱 中，侧面 为正方形，平面 平
面 ， ，M，N分别为 ，AC的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①： ；
条件②： ．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解析】（1）取 的中点为 ，连接 ，
由三棱柱 可得四边形 为平行四边形，
而 ，则 ，
而 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
而 ，则 ，同理可得 平面 ，
而 平面 ，故平面 平面 ，而 平面 ，故 平面 ，
（2）因为侧面 为正方形，故 ，
而 平面 ，平面 平面 ，
平面 平面 ，故 平面 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故 ，
若选①，则 ，而 ， ，
故 平面 ，而 平面 ，故 ，
所以 ，而 ， ，故 平面 ，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，从而 ，取 ，则 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则
.
若选②，因为 ，故 平面 ，而 平面 ，
故 ，而 ，故 ，
而 ， ，故 ，
所以 ，故 ，
而 ， ，故 平面 ，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，从而 ，取 ，则 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则
.3．（2021·全国·统考高考真题）已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明： 只有一个零点
① ；
② ．
【解析】(1)由函数的解析式可得： ，
当 时，若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
当 时，若 ，则 单调递增，
若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
当 时， 在 上单调递增；
当 时，若 ，则 单调递增，
若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
(2)若选择条件①：
由于 ，故 ，则 ，
而 ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.，
由于 ， ，故 ，
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于 ，故 ，则 ，
当 时， ， ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
当 时，构造函数 ，则 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
注意到 ，故 恒成立，从而有： ，此时：
，
当 时， ，
取 ，则 ，
即： ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
，由于 ， ，故 ，
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
4．（2021·北京·统考高考真题）在 中， ， ．
（1）求 ；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使 存在且唯一确定，求 边
上中线的长．
条件①： ；
条件②： 的周长为 ；
条件③： 的面积为 ；
【解析】（1） ，则由正弦定理可得 ，
， ， ， ，
，解得 ；
（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得 ，
与 矛盾，故这样的 不存在；
若选择②：由（1）可得 ，
设 的外接圆半径为 ，
则由正弦定理可得 ，
，
则周长 ，
解得 ，则 ，
由余弦定理可得 边上的中线的长度为：
；
若选择③：由（1）可得 ，即 ，则 ，解得 ，
则由余弦定理可得 边上的中线的长度为：
.
5．（2021·全国·统考高考真题）已知数列 的各项均为正数，记 为 的前n项和，从下面①②③中
选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列 是等差数列：②数列 是等差数列；③ ．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【解析】选①②作条件证明③：
[方法一]：待定系数法+ 与 关系式
设 ，则 ，
当 时， ；
当 时， ；
因为 也是等差数列，所以 ，解得 ；
所以 ， ，故 .
[方法二] ：待定系数法
设等差数列 的公差为d，等差数列 的公差为 ，
则 ，将 代入 ，
化简得 对于 恒成立．
则有 ，解得 ．所以 ．
选①③作条件证明②：
因为 ， 是等差数列，
所以公差 ，
所以 ，即 ，
因为 ，所以 是等差数列.
选②③作条件证明①：
[方法一]：定义法
设 ，则 ，
当 时， ；
当 时， ；
因为 ，所以 ，解得 或 ；
当 时， ，当 时， 满足等差数列的定义，此时 为等差数列；
当 时， ， 不合题意，舍去.
综上可知 为等差数列.
[方法二]【最优解】：求解通项公式
因为 ，所以 ， ，因为 也为等差数列，所以公差
，所以 ，故 ，当 时，
，当 时，满足上式，故 的通项公式为 ，所
以 ， ，符合题意.
【方法技巧与总结】
1、灵活选用条件，“牵手”解题经验
对于试题中提供的选择条件，应该逐一分析条件考查的知识内容，并结合自身的知识体系，尽量选择
比较有把握的知识内容，纳入自己熟悉的知识体系中．因此，条件的初始判断分析还是比较重要的，良好
的开端是成功的一半嘛！
2、正确辨析题设，开展合理验证
对于条件组合类问题，初始状态更加的不确定，最关键的步骤在于对选项的条件进行组合后验证，应
从多个角度，考虑多种可能性的组合，这个分析过程对思维的系统性、灵活性、深刻性和创造性的考查提
出了新的要求，所以需要更加细致地完成这个验证过程．
3、全面审视信息，“活”学结合“活”用
数学必备知识是学科理论的基本内容，是考查学生能力与素养 的有效途径和载体，更是今后生活和学
习的基础．数学基础知识是数学核心素养的外显表现，是发展数学核心素养的有效载体．“活”的知识才
是能力，“活”的能力才是素养．我们在学习中要重视对教材内容的理解与掌握，夯实必备知识，并在此
基础上活学活用，提高思维的灵活性，才能更好地应对高考数学中考查的开放性、探究性问题．
【核心考点】
核心考点一：三角函数与解三角形【典型例题】
例1．（2022·全国·高三校联考阶段练习）已知函数 .
(1)求函数f(x)的单调递增区间和最小正周期；
(2)若当 时，关于x的不等式. 求实数m的取值范围.
请选择①恒成立，②有解，两条件中的一个，补全问题(2)，并求解.
注意：如果选择①和②两个条件解答，以解答过程中书写在前面的情况计分.
【解析】（1）
．
所以函数 的最小正周期 ．
由 ，解得 ．
所以函数 的单调增区间为 ，
（2）若选择①
由题意可知，不等式 恒成立，即 ．
因为 ，所以 ．
故当 ，即 时， 取得最小值，且最小值为 ．
所以 ，实数m的取值范围为 ．
若选择②
由题意可知，不等式 有解，即 ．
因为 ，所以 ．
故当 ，即 时， 取得最大值，且最大值为 ．
所以 ，实数m的取值范围 ．
例2．（2022春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知 分别为 内角 的对边，
若 同时满足下列四个条件中的三个：① ；② ；③ ；④
．
(1)满足有解三角形的序号组合有哪些？
(2)请在（1）所有组合中任选一组，求对应 的面积．【解析】（1）对于③， ；
对于④， ，
即 ，且 ，则 ，
故③，④不能同时存在，则满足有解三角形的序号组合为①②③，①②④．
（2）选①②③： 时，
由余弦定理： ，
整理得： 且 ，则 ，
的面积为 ．
选①②④： 时，
由余弦定理： ，
整理得： ，则 ，
的面积 ．
例3．（2022春·浙江·高二期中）在① ，② ，③
三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
(1)求角 的大小；
(2)如图所示，当 取得最大值时，若在 所在平面内取一点 （ 与 在 两侧），使得
线段 ，求 面积的最大值．
【解析】（1）若选① ，
由正弦定理得， ，整理得 ，所以 ，又 ，所以 ；
若选② ，
由余弦定理得 ，化简得
所以 ，又 ，所以 ；
若选③ ，
由余弦定理得， ，
化简得 ，又 ，所以 ；
（2）由（1）得 ，故 ，
所以
由 ，所以当 即 时， 取得最大值 ，
令 ， ，
在 中由正弦定理可得， ，所以 ，
由余弦定理可得 ，
所以
，
因为 ，可得 ，所以 ，
，
当且仅当 即 时,等号成立，
所以 面积的最大值为 ．
核心考点二：数列
【典型例题】例4．（2022春·广东·高三校联考阶段练习）已知等差数列 前 项和为 ，再从条件①､条件②､条件
③选择一个作为已知，求：
(1)数列 的通项公式；
(2)设 ，求数列 的前 项和 .
条件① ；条件② ；条件③ .
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【解析】（1）设等差数列 首项 ，公差 ，
选条件①：由已知 ， 得
，解得 ，故 ，
选条件②：由已知 ，得 ，解得 ，
，
选条件③：由已知 ，则 ，所以 ，
解得 ，即 ，
综上所述，数列 的通项公式为
（2）由(1)问的结论代入 ，
则 ，
所以数列 的前 项和 .
例5．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨工业大学附属中学校校考期末）设数列 是等比数列，其前
项和为
(1)从下面两个条件中任选一个作为已知条件，求 的通项公式；
① ；② ；
(2)在（1）的条件下，若 ，求数列 的前 项和
【解析】（1）设等比数列的公比为 ， ，
若选①， ， ，
时， ，可得 ， ，
所以 ；
若选②， ，所以 ，
可得 ，所以 ， ， ；
（2） ， ，所以 ，
所以 是公比为 首项为 的等比数列，
故 .
例6．（2022春·福建·高三校联考阶段练习）从① ；② ；③ 三
个选项中，任选一个填入下列空白处，并求解.已知数列 ， 满足 ，且 ， ，
______，求数列 的前 项和 .
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【解析】因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，所以 ， .
选①： ，
所以 ，
选②： ，
所以 ，
选③： ，所以 ，，
两式相减，可得
核心考点三：立体几何
【典型例题】
例7．（2022春·云南楚雄·高三校考阶段练习）在四棱锥 中， 平面 为棱 中点，
， ，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知．
条件①： ；
条件②： 平面 ．
(1).求证： ；
(2).求直线 与平面 所成角的正弦值．
【解析】（1）如图，连接AC，因 平面 ， 平面 ，则 .
又 ，则 .注意到 ，则 为等腰直角三角形，其中
， .
若选条件①，由余弦定理可得，
，结合 为三角形内角，得 ，又
，则 ，即 .
若选条件②，因 平面 ，BC 平面 ，平面 平面 ，
则 ，又 ，则 ，即 .
（2）若选条件①，由（1）可得 ，则 ，
故建立以A为坐标原点，如下图所示空间直角坐标系（ 轴所在直线与DC平行）又 ， ，
则 ， .
则 ， ， .
设平面 法向量为 ，则 .
取 ，又设 与平面 所成角为 ，
则 .
即直线 与平面 所成角的正弦值为
若选条件②，由（1）可得 ，故建立以A为坐标原点，如下图所示空间直角坐标系（ 轴所在直线
与DC平行）
因 ，则 ，
则由余弦定理可得 .
又 ，
则 ， .
则 ， ， .
设平面 法向量为 ，则 .
取 ，又设 与平面 所成角为 ，
则 .
即直线 与平面 所成角的正弦值为 .例8．（2022春·新疆伊犁·高二校考期中）从①AB⊥BC；②直线SC与平面ABCD所成的角为60°；
③△ACD为锐角三角形且三棱锥S﹣ACD的体积为2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完
成解答．
如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，SA⊥平面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点．
(1)求证：直线EF∥平面SAD；
(2)若 ，AD＝2，_______，求平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值．
【解析】（1）取SD的中点M，连接MF，AM，
∵F为SC的中点
∴MF∥CD，MF＝ CD，
∵四边形ABCD是菱形，E为AB的中点，
∴AE∥CD，AE＝ CD，
∴MF∥AE，MF＝AE，
∴四边形AEFM为平行四边形，
∴EF∥AM，
∵EF⊄平面SAD，AM 平面SAD，
∴EF∥平面SAD．
⊂（2）选择条件①：
∵SA⊥平面ABCD，
∴SA⊥AB，SA⊥AD，因为 ，
所以AB⊥AD，
故以A为原点，AB，AD，AS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，
A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），S（0，0， ），
∴ ＝（0，2，0）， ＝（2，2，﹣2 ）， ＝（﹣2，0，0），
设平面SBC的法向量为 ，
，
同理可得，平面SCD的法向量为 ，
，
故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为 ．
选择条件②：
连接AC，
∵SA⊥平面ABCD，
∴∠SCA为直线SC与平面ABCD所成的角，即∠SCA＝60°，
∵ ，∴AC＝2，
∴△ABC为等边三角形，
取BC的中点N，连接AN，以A为原点，AN，AD，AS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，
A（0，0，0），B（ ，﹣1，0），C（ ，1，0），D（0，2，0），S（0，0， ），
∴ ＝（0，2，0）， ＝（ ，1，﹣2 ）， ＝（﹣ ，1，0），
设平面SBC的法向量为 ，
，
同理可得，平面SCD的法向量为 ，
故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为 ．
选择条件③：
∵VS ACD＝ SA•S ACD＝ SA• ＝ × ＝2，
﹣ △
∴sin∠ADC＝ ，
∵∠ADC∈（0， ），∴∠ADC＝ ，
∴AC＝2，
∴△ABC为等边三角形，
取BC的中点N，连接AN，
以A为原点，AN，AD，AS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，
A（0，0，0），B（ ，﹣1，0），C（ ，1，0），D（0，2，0），S（0，0， ），
∴ ＝（0，2，0）， ＝（ ，1，﹣2 ）， ＝（﹣ ，1，0），
设平面SBC的法向量为 ，
，同理可得，平面SCD的法向量为 ，
故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为 ．
例9．（2022春·四川遂宁·高二遂宁中学校考期中）从① ，②G是 的中点，③G是 的
内心.三个条件中任选一个条件，补充在下面问题中，并完成解答.在四棱锥 中，底面ABCD是矩
形， 底面 ，且 ， ， ， ， 分别为 ， 的中点.
(1)判断EF与平面 的位置关系，并证明你的结论；
(2)若G是侧面 上的一点，且________，求三棱锥 的体积.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
【解析】（1） 平面 ，理由如下：
如下图所示，连接 ，
因为四边形 为矩形，且点 为 的中点，则点 为 的中点，
又因为 为 的中点，所以 ，
∵ 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ；
（2）∵四边形 为矩形，则 ，
∵ 平面 ， 平面 ，∴ ，
∵ ，∴ 平面 .
∵ 为 的中点，则 .选①：∵ ，则 ，∴ 平面 ，且 ，
；
选②：∵ 、 分别为 、 的中点，∴ ，且 ，
∵ 平面 ，∴ 平面 ，
；
选③：设 的内切圆切 于点 ，连接 ，则 ，
∵ 平面 ， 平面 ，∴ ，
在平面 内， ， ，则 ，∴ 平面 ，
， ，
由等面积法可得 ，
所以， ，
所以， .核心考点四：函数与导数
【典型例题】
例10．（2022·浙江·模拟预测）已知函数 ．
(1)若 是 的极值点，求a；
(2)若 ， 分别是 的零点和极值点，证明下面①，②中的一个．
①当 时， ；②当 时， ．
注：如果选择①，②分别解答，则按第一个解答计分．
【解析】（1）因为 ，所以 ，
若 是函数 的极值点，则 ， ，即 ，
此时 ，
设 ，则 ， ，
所以存在 ，使得当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调
递减，
所以当 时， 是 的极值点.
（2）选择①：
因为 分别为 的零点和极值点，所以 ，
，所以 .
当 时， ，则 ，即因为 ，所以当 ，即 时， 成立，
当 时，若 ，则只需证明 ，
设 ，则
设 ，
则 为增函数，且
所以存在唯一 ，使得 ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
故 ，所以 ， 单调递增，
所以 ，则 ，等价于 .
设 ，则 ，
当 时，若 时， ， ， 单调递减，
所以当 ， 所以当 时， 成立，
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递增所以当 时， ，
即 成立，
综上，若 ， 分别是 的零点和极值点，当 时， .
选择②：
因为 分别为 的零点和极值点，所以 ，
，所以 .
当 时， ，则 ，即
若 ，即 则只需证明 ，
设 ，则 ，当 时， ， 单调递减，所以 .
若 ，设 ，则 ， 单调递增，
所以 ，所以 ， ，
所以只需证明 .
设 ，则 ，
当 时， ，当 时，即 时， ，
设 ，
则 ，
因为当 时，函数 单调递增，
所以当 时， ，
， 单调递减，此时也有 ，
所以当 时， 单调递减， ，即当 时， ，
综上，综上，若 ， 分别是 的零点和极值点，当 时， .
例11．（2022春·贵州铜仁·高三校考阶段练习）已知指数函数 经过点 .求：
(1)若函数 的图象与 的图象关于直线 对称，且与直线 相切，求 的值；
(2)对于实数 ， ，且 ，① ；② .
在两个结论中任选一个，并证明.（注：如果选择多个结论分别证明，按第一个计分）
【解析】（1）设函数 （ 且 ），
因为指数函数 经过点 ，所以 ，解得： ，
则函数 ，又函数 的图象与 的图象关于直线 对称，
即函数 与 互为反函数，则 ，
设直线 相切与函数 的切点坐标为 ，由于 ，则 ，解得 ，
故 ．
（2）若选择①：不妨设 ，则 ，要证不等式 ，
即 ，即 ，
令 ，则 ，不等式等价于 ，即 在 上成立．
令 （ ），则 ，
当且仅当 时取等号，故函数 在 为增函数，
所以 ，故不等式 成立．
综上：结论①得证 .
若选择②：不妨设 ，则 ，
要证不等式 ，即 ，
即要证不等式 ，
令 ，则 ，不等式等价于 ，
即 在 上恒成立，
令 （ ），
则 ，即 在 为增函数，
所以 ，
故不等式 成立，
综上：结论②得证.
例12．（2022春·广东东莞·高三东莞市东华高级中学校考阶段练习）已知三个函数① ，②，③ ．
(1)请从上述三个函数中选择一个函数，根据你选择的函数画出该函数的图象（不用写作图过程），并写出
该函数的单调递减区间(不必说明理由)；
(2)把（1）中所选的函数记为函数 ，若关于x的方程 有且仅有两个不同的根，求实数k的
取值范围；
(3)（请从下面三个选项中选一个作答）
（i）若（1）中所选①的函数时，有 ，且 ，求 的
值；
（ii）若（1）中所选②的函数时，有 ，且 ，求 的取值范围；
（iii）若（1）中所选③的函数时，有 ，且 ，求 的值．
【解析】（1）若选①，函数图象如下图所示：
由图象可知函数的单调减区间为： 和 ；
若选②，函数图象如下图所示：
由图象可知函数的单调减区间为： 和 ；
若选③，函数图象如下图所示：由图象可知函数的单调减区间为： ；
（2）关于 的方程 有且仅有两个不同的根 与 的函数图象有两个不同的交点，
若选①，根据函数 图象可知，若 与 的图象有两个交点，此时 ；
若选②，根据函数 图象可知，若 与 的图象有两个交点，此时 或 ；
若选③，根据函数 图象可知，若 与 的图象有两个交点，此时 ；
（3）（i）若选①，如图所示：
设 ，因为 的图象关于 对称，
所以 关于 对称， 关于 对称，
所以 ；
（ii）若选②，如图所示：
设 ，
由图象可知： ， ，
所以 ， ，所以 ， ，
所以 ， ，所以 ；
（iii）若选③，如图所示：设 ，由图象可知： ，且 ，
所以 ，所以 ．
核心考点五：圆锥曲线
【典型例题】
例13．（2022春·辽宁大连·高二育明高中校考期中）①过 且垂直于长轴的直线与椭圆C相交所得的弦长
为3；②P为椭圆C上一点， 面积最大值为 .在上述两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，
并加以解答.
设椭圆 左右焦点分别为 ， ，上下顶点分别为 ， ，短轴长为 ，______.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点 的直线l与C交于不同的两点M，N，若 ，试求 内切圆的面积.
【解析】（1）依题意 ，
若选①：由 ， ，
所以 ，所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
若选②：对于 ，
当 最大，也即 是椭圆的上下顶点时，
三角形 的面积取得最大值为 ，
所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 .（2）由（1）得 ，
由于 ，所以直线 的斜率为 ，
所以直线 的方程为 ，
由 消去 并化简得 ， ，
设 ，则 ，
所以 ，
到直线 即 的距离为 ，
所以三角形 的面积为 ，
设三角形 的内切圆半径为 ，
则 ，
所以内切圆的面积为 .
例14．（2022春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考期中）已知椭圆 ： ， 分别为椭圆的
上下顶点，点 为椭圆上异于点 的任一点，若 的最大值仅在点 与点 重合时取到，在下列三个条
件中能满足要求的条件有____________.
条件①：过焦点且与长轴垂直的弦长为 ；
条件②：点 与点 不重合时，直线 与 的斜率之积为 ；
条件③： ， 分别是椭圆的左、右焦点， 的最大值是120°.
(1)选出所有满足要求的条件，说明理由并求出此时的椭圆方程；
(2)若过原点作与 平行的直线 ，与 平行的直线 ， ， 的斜率存在且分别与椭圆 交于
四点，则四边形 的面积是否为定值?若为定值，求出该值；若非定值，求其取值范围.
【解析】（1）由题知椭圆焦点在 轴上， ，因为点 为椭圆上异于点 的任一点，
所以，设 ，即 ，
所以， ，
选条件①，过焦点且与长轴垂直的弦长为 ，
所以，令 得 ，
所以， ，解得 ，此时椭圆 的方程为 ，
因为 的最大值仅在点 与点 重合时取到，即 时 取到最大值，
显然 ，不满足点 与点 重合时 取到最大值，
所以，条件①不满足；
选条件②，点 与点 不重合时，直线 与 的斜率之积为 ，
所以， ， ，、
所以， ，此时椭圆 的方程为 ，
因为 的最大值仅在点 与点 重合时取到，即 时 取到最大值，
所以， ，即 时 取到最大值，满
足点 与点 重合时 取到最大值，
所以，条件②满足，此时椭圆 的方程为 .
条件③， ， 分别是椭圆的左、右焦点， 的最大值是120°，
因为 的最大值是120°，
所以， ， ，椭圆 的方程为 ，
因为 的最大值仅在点 与点 重合时取到，即 时 取到最大值，
显然 ，不满足点 与点 重合时 取到最大值，
所以，条件③不满足.
（2）因为 ， 的斜率存在， 平行的直线 ，与 平行的直线 ，所以，如图，不妨设直线 的斜率为 ，则由（1）知 的斜率为 ，
所以，直线 的方程为 ，直线 的方程 ，
所以，联立方程 得 ， ，故 ，
联立联立方程 得 ， ，故 ，
设直线 的倾斜角为 ，直线 的倾斜角为 ，则 ，
所以， ， ，
所以 ，
所以，四边形 的面积
，
所以，四边形 的面积是为定值 .
例15．（2022·全国·高三专题练习）已知点 ，动点 到直线 的距离为 ，且
，记 的轨迹为曲线 ．
(1)求 的方程；
(2)过 作圆 的两条切线 、 （其中 、 为切点），直线 、 分别交 的另一
点为 、 ．从下面①和②两个结论中任选其一进行证明．
① 为定值；② ．
【解析】（1）由题意知 ，两边平方整即得 ，
所以，曲线 的方程为 .
（2）证明：设 、 、 ，
当 时， ，则不妨设点 ，则点 或 ，
此时 ，则 ；
当 时，设直线 ，
由直线 与圆 相切可得 ，即 ，
联立 可得 ，
，
由韦达定理可得 ， ，
则
，
所以， ，同理可得 .
选①，由 及 可得 ，
则 ，所以， ；
选②，出 及 可得： 、 、 三点共线，则 ，
又 ，因此， .
【新题速递】
1．（2022春·四川成都·高三成都七中阶段练习）已知等差数列 的公差为 ，前 项和为 ，现
给出下列三个条件：① ， ， 成等比数列；② ；③ ．请你从这三个条件中任选两个解答下列问题．
(1)求 的通项公式；
(2)若 ，且 ，设数列 的前 项和 ，求证 ．
【解析】（1）由条件①得，因为 ， ， 成等比数列，则 ，即 ，又
，则 ，
由条件②得 ，即 ，
由条件③得 ，可得 ，即 ．
若选①②，则有 ，可得 ，则 ；
若选①③，则 ，则 ；
若选②③，则 ，可得 ，所以 ．
（2）证明：由 ，且 ，
所以当 时，则有
，
又 也满足 ，故对任意的 ，有 ，
则 ，
所以 ，
由于 单调递增，所以 ，
综上： ．
2．（辽宁省大连市2022-2023学年高二上学期期末数学试题）已知双曲线 ．请从
①②③中选取两个作为条件补充到题中，并完成下列问题．① ；②离心率为2；③与椭圆
的焦点相同．
(1)求C的方程；
(2)直线 与C交于A，B两点，求 的值．【解析】（1）选①②，可得 ， ，解得 ，所以C的方程为 ；
选①③，可得 ， ，解得 ，所以C的方程为 ；
选②③，可得 ， ，解得 ， ，所以C的方程为 ；
（2）设 ， ，联立 ，消掉y，整理得 ，
所以 ，因为 ，
所以 ．
3．（四川省广安市2022-2023学年高三第一次诊断性考试数学（理）试题）已知 的内角A，B，C所
对的边分别为a，b，c从下列三个条件中选择一个并解答问题：
① ；② ；
③ ．
(1)求角A的大小；
(2)若 ，且 的面积为 ，求 的周长．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】（1）如选择①，有 ，
即 ，
由正弦定理可得， ，
又 ，所以 ，
因为 ，所以 .
如选择②，由 可得， ，
由正弦定理可得， ，
又 ，
所以 ，又 ，所以 ，即 ，
所以 .
因为 ，所以 ，所以 ，解得 .
如选择③， .
由余弦定理可得， ，
整理可得， ，所以 .
因为 ，所以 .
（2）由（1）知， ，又 ，且 的面积为 ，
所以有 ，解得 ，
由余弦定理可得， ，
所以 ，
所以 的周长 .
4．（2022春·吉林·高三东北师大附中校考阶段练习）记数列 的前n项和为 .已知 ，且满足
___________.
从①记 ，且有 ；② ；③ 中选出一个能确定 的条件，
补充到上面横线处，并解答下面的问题.
(1)求 的通项公式；
(2)若 ，求数列 的前n项和 .
【解析】（1）选择条件①，解析如下：
因为 ， ，所以 ，则 ，
故 ，得 ，即 ，即条件②，
以下解析与选择条件②解析相同，见下方解析；
选择条件②，解析如下：因为 ，
所以当 时， ，得 ；
当 时， ，
所以 ，
则 ，即 ，
经检验：当 时， ，
所以 ，
所以 是以 ， 的等差数列，
故 ；
不能选择条件③，理由如下：
因为 ，所以数列 的奇数项和偶数项分别构成等差数列，
又因为 ，所以数列 的奇数项可以确定，
但数列 的任一偶数项都未知，故数列 的偶数项无法确定，
因此数列 不确定，故条件③不能选.
（2）由（1）得 ，
所以 ，
则 ，
两式相减，得 ，
所以 .
5．（2022春·江西宜春·高三江西省丰城中学校考期中）在① ；②
这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．
在 中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知______．
(1)求角A的大小；
(2)若 为锐角三角形，且其面积为 ，点G为 重心，点M为线段 的中点，点N在线段
上，且 ，线段 与线段 相交于点P，求 的取值范围．
注：如果选择多个方案分别解答，按 第一个方案解答计分．
【解析】（1）若选① ，
由正弦定理可得即 ，又 ，所以 ，即 ，
因为 ，所以 ；
若选② ，即 ，
即 ，
所以 ，即 ，所以 ，即 ，
因为 ，所以 ；
（2）依题意 ， ，
所以 ，
因为 、 、 三点共线，故设 ，
同理 、 、 三点共线，故设 ，
所以 ，解得 ，
所以 ，
则 ，
因为 ，所以 ，又 为锐角三角形，
当 为锐角，则 ，即 ，
即 ，即 ，即 ，所以 ，
当 为锐角，则 ，即 ，
即 ，即 ，即 ，即 ，所以 ，
综上可得 ，
又 ，则
因为 ，所以 ，而 在 上单调递减，所以 ，
即 ，即 ，所以 ，则 .
6．（2022·四川泸州·四川省泸县第二中学校联考模拟预测）过原点O的直线与抛物线 交
于点A，线段OA的中点为M，又点 ， ．在下面给出的三个条件中任选一个填在横线处，
并解答下列问题：
① ，② ；③ 的面积为 ．
(1)已知_________，求抛物线C的方程；（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）
(2)已知点 ，设A，B是曲线C上横坐标不等于1的两个不同的动点，直线PA，PB与y轴分别交于
D，E两点，线段DE的垂直平分线经过点P．证明：直线AB的斜率为定值．
【解析】(1)由题意知直线OA的斜率存在且不为0，设其方程为 ，
由 得 即 即
所以线段OA的中点 ．因为 ，所以直线MN的斜率存在，
，所以 ，解得 ，所以直线OA的方程为 ，．若选①，不妨令 ，由 ，得 ，解得
（舍去 ），所以抛物线C的方程为 ．
若选②，因为 ，所以点N到直线OA的距离为 ，即 ，
解得 （舍去 ），所以抛物线C的方程为 ．
若选③，不妨令 ，因为 ，
点N到直线OA的距离 ，所以 ，解得 （舍去
），所以抛物线C的方程为 ．
(2) ，曲线C的方程为 点 在曲线C上．
是C上横坐标不等于1的两个不同的动点，直线PA、PB与y轴分别交于点M、N，
∴直线PA、PB的斜率都存在，且都不为0，分别设为 ，则 ，
直线PA的方程为 ，即 ，
当 时， ，即 ． 同理可得 ，
线段DE的垂直平分线经过点P，
，即 ．由 ，得 ．
设 ，则 是 的解，由韦达定理得：
，同理可得
，
所以直线AB的斜率为定值 ．
7．（2022秋·湖南永州·高二永州市第一中学校考期末）已知 的内角A，B，C所对的边分别为a，
b，c，且 ．
(1)求角B的大小；
(2)若 为钝角三角形，______，求 外接圆的半径R的取值范围．
请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．① ；② ．【解析】(1)
因为 ，所以 ， ，
所以 ，此时 ，解得 ．
(2)若选择条件①，
由正弦定理， ，
而 ，
因为 为钝角三角形，不妨设 ，则 ， ，故
，
外接圆的半径为 ．
若选择条件②，
因为 为钝角三角形，由 及 知角A必为钝角，即 ，
由余弦定理得 ，代入（*）式得 ，故 ．
所以 ，得 ，
故 ，可得
由正弦定理得 ．
8．（2022·湖南衡阳·统考三模）已知函数 ．
(1)若函数 在 上单调递增，求实数 ；
(2)从下面两个问题中选一个作答，若两个都作答，则按照作答的第一个给分．
①当 时， ，求实数 ．
②当 时， ，求实数 ．
【解析】(1)由题意得： ；在 上单调递增， 恒成立且 不恒为零；
当 时， ，则 ， ， ；
当 时， ；
当 时， ，则 ， ， ；
综上所述：实数 的值为 .
(2)若选条件①，当 时， ，
；
令 ，则 ；
令 ，则 ， 在 上单调递增，
又 ， ， ，使得 ；
则当 时， ，即 ；当 时， ，即 ；
在 上单调递减，在 上单调递增， ；
由 得： ，则 ，
，又 在 上单调递增，
， ， ，
，解得： ，即实数 的取值范围为 .
若选条件②，
方法一：当 时， ，
令 ，则 ；
i.当 时， ，不合题意；
ii.当 时， ；
令 ，则 ， 在 上单调递增，又 ， ， ，使得 ；
则当 时， ，即 ；当 时， ，即 ；
在 上单调递减，在 上单调递增，
；
由 得： ，则 ，
，即 ；
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递减，在 上单调递增， ，即 ；
，则 ，即实数 的值为 .
方法二：当 时， ，
即 时， ，即 ；
为 上的增函数且值域为 ，
令 ，则对于 ， ，即 恒成立；
令 ；
i.当 时， ，与 恒成立矛盾，不合题意；
ii.当 时， ，由 得： ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递减，在 上单调递增，
，即 ；
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递减，在 上单调递增， ，即 ；
，则 ，即实数 的值为 .9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 .
(1)若函数 ，讨论 的单调性；
(2)从下面①②两个问题中任意选择一个证明，若两个都证明，则按第一个证明计分.
①若函数 ， ，且 ，证明： .②若函数
，证明： .
【解析】（1）因为 ，所以 ，
的定义域为 ， .
当 时， ， 在 上单调递增.
当 时，若 ， ， 单调递减；
若 ， ， 单调递增.
综上所述：当 时， 在 上单调递增.
当 时， 在 上单调递减， 在 上单调递增.
（2）证明：选①
因为 ，所以 ，
的定义域为 ，且 .
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增.
不妨设 ，则 ，由 ，
可知 .当 时， 显然成立.
当 时， ，由 ，且 ，
可知 ，则 ， .
设 ， ， ， 在 上单调递增，所以 ，所以 成立.
综上所述， .
选②
.
设 ，则 .
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增.
所以 ， ，
因此 ，
当且仅当 时，等号成立.
设 ， ，则 .
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增.
因此 ，
从而 ，则 ，
因为 ，所以 中的等号不成立，故 .
10．（2022·山东泰安·统考模拟预测）如图1，已知等边 的边长为 ，点 分别是边 上的
点，且满足 ，如图2，将 沿 折起到 的位置．(1)求证：平面 平面 ；
(2)给出三个条件：① ；②平面 平面 ；③四棱锥 的体积为 ，从
中任选一个，求平面 和平面 的夹角的余弦值．
【解析】(1)证明：
等边 中，由 ，得 即 ，
所以
又 得
在 中， ，由余弦定理得
，
，
又 平面 ，
平面 ，
又 平面
平面 平面
(2)解（1）：若选择条件①
， 平面 ，
平面 ，
，
结合（1）可知， 两两垂直，
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：
.设平面 的法向量为 ， ，
则 ，
令 则 ，即 ，
同理，平面 的法向量为 ，
设平面 和平面 的夹角为 ，则 ，
故平面 和平面 的夹角的余弦值为 .
解（2）：若选择条件②平面 平面 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，
平面 ，
，
结合（1）可知， 两两垂直，
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：
.
设平面 的法向量为 ， ，则 ，
令 则 ，即 ，
同理，平面 的法向量为 ，
设平面 和平面 的夹角为 ，则 ，
故平面 和平面 的夹角的余弦值为 .
解（3）：若选择条件③四棱锥 的体积为 ，
容易求得，四边形 的面积为 ，又四棱锥 的体积为 ，
所以，四棱锥 的高为 ，即点 到底面 的距离为1，
又因为 ，
平面 ，
，
结合（1）可知， 两两垂直，
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：
，
设平面 的法向量为 ， ， ，
则 ，
令 则 ，即 ，
同理，平面 的法向量为 ，设平面 和平面 的夹角为 ，则 ，
故平面 和平面 的夹角的余弦值为 .
11．（2022·山西吕梁·统考模拟预测）在① ；② ， ；③
这三个条件中任选一个，补充到下面横线处，并作答．
已知正项数列 的前n项和为 ， ， ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)若数列 满足 ，记 表示x除以3的余数，求 ．
注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解答进行计分．
【解析】(1)选条件①时，
当 时， ，解得 ，所以 ．
当 时， ， ，
两式相减得 ，即 ， ，
当 时满足上式，所以 ．
所以当 时， ，
又 ，所以 ．
选条件②时，
因为 ，
当 时， ，当 时， ，
两式相减，得 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以数列 为常数列，又 ，所以 ，
所以 ．
选条件③时，
当 时， ，因为 ，所以 ．
由 ，当 时， ，
两式相减，得 ，
整理得 ，所以 ．
因为 ，所以 ，
所以数列 是首项为2，公差为2的等差数列，
所以 ．
(2)由题知 ，
所以 ，
又 ，
而
所以 ．
12．（2022秋·安徽阜阳·高一安徽省太和中学校考阶段练习）已知函数 .
(1)求函数 的单调递增区间；
(2)在 中， 分别是角 的对边， ，若 为 上一点，且满足
____________，求 的面积 .
请从① ；② 为 的中线，且 ；③ 为 的角平分线，且 .这三个条件中任意选一个补充到横线处并作答.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
【解析】(1) ，
由 ，得 ， ，
∴函数 的单调递增区间为 ， ；
(2)由 ，得 ，
又 中 ， ，可知 ；
若选① ：
由 ，可知 ，可化为 ，
又 ，则 ，
又 中 ，故 ，所以 ，
则 ，故 ；
若选②： 为 的中线，且
在 中， ， ，则有 ，
在 中， ，
在 中， ，
又 ，
则
则 ，又知 ，故 ；
故 ；
若选③： 为 的角平分线，且 .由题意知， ，
即 ，整理得
又在 中， ， ，则有 ，
故
解之得， ，故 .
