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专题 00 高考解答题解题技巧全攻略
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方法一 构建答题模板...................................................................................................................................................1
方法二 跳步答题.........................................................................................................................................................10
方法三 分类讨论.........................................................................................................................................................15
方法四 数形结合.........................................................................................................................................................21
方法五 特殊值探路.....................................................................................................................................................28
方法六 正难则反.........................................................................................................................................................34
方法一 构建答题模板
构建答题模板，步步为营，不因缺少步骤或者部分条件而导致扣分，是所有技巧的基础。
【典型例题】
1．（2024·广东江苏·高考真题）记 的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知 ，
(1)求B；
(2)若 的面积为 ，求c．
【详解】（1）由余弦定理有 ，
对比已知 ，
可得 ，（注意公式书写和化简）
因为 ，所以 ，
从而 ，
又因为 ，即 ，
注意到 ，（容易忽略）所以 .
（2）由（1）可得 ， ， ，从而 ， ，
而 ，
由正弦定理有 ，
从而 ，
由三角形面积公式可知， 的面积可表示为
，（分解分步，步骤得分）
由已知 的面积为 ，可得 ，所以 .
【变式训练】
一、解答题
1．（24-25高三上·江苏·阶段练习）记 的内角 的对边分别为 ，面积为 ，已知
(1)求 ；
(2)若 边上的高为1且 ，求 的面积 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形面积公式可得 ，进而边化角，利用三角恒等变换可求得
，可求 ；
（2）由已知结合正弦定理可得 ，在 中，作 于点 为 边上的高，即
，设 ，可得 ，利用 ，可求得 ，从而可求
面积.
【详解】（1） 且
即
由正弦定理得∵在 中，
，即 ．
（2） ，由正弦定理得
在 中，作 于点 为 边上的高，即
设
为 上的四等分点，
中，
中，
且
．
2．（2024·吉林·三模）已知数列 满足 ， .
(1)证明：数列 为等差数列，并求通项 ；
(2)求数列 的前n项和 .
【答案】(1)证明见解析， ；
(2) ．
【分析】（1）根据等差数列的定义证明，再由等差数列通项公式求解；
（2）用错位相减法求和．【详解】（1）∵ ，∴ ，即 ，
∴ 是等差数列，公差为1，
又 ，所以
∴ ；
（2） ，
，
相减得 ，
所以 ．
3．（24-25高三上·江苏·阶段练习）如图，在直四棱柱 中， 平面 ， ，
，其中 ， ， 是 的中点， 是 的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)若异面直线 、 所成角的余弦值为 ，求二面角 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 中点 ，连接 、 ，证明出四边形 是平行四边形，可得出 ，
再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取 中点 ，连接 、 ，分析可知，异面直线 、 所成余弦值即直线 、 所成
余弦值，推导出 ，可得出 ，可得出 的值，然后以点 为坐标原点， 、 、
所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角 的余弦值.
【详解】（1）取 中点 ，连接 、 ，
在直四棱柱 中，因为 是 中点，则 且 ，
因为 是 的中点，则 且 ，所以， 且 ，
所以，四边形 是平行四边形，所以， ，
因为 平面 ， 平面 ，所以， 平面 .
（2）连接 ，设 ，连接 ，
因为 且 ，所以，四边形 为平行四边形，
所以， ，
所以，异面直线 、 所成余弦值即直线 、 所成余弦值，
在直四棱柱 中， 面 ，
因为 平面 ，所以， ，
在 中， ，且 ，则 ，
因为 为 的中点，且 ，
所以，在 中， ， ，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，则 ，
因为 ， ， 、 平面 ，
所以， 平面 ，
又因为 平面 ，则 ，
在 中， ，则 ，
连接 ，取其中点 ，连接 、 ，取 的中点 ，
因为 ， 为 的中点，则 ，
以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)、A(1,0,0)、 、 、 、 、
、 、 、 ，
设平面 的法向量⃗m=(x,y,z)， ， ，
则 ，取 ，可得 ，
易知面 的一个法向量 ，
，
由图可知，二面角 为钝角，因此，二面角 的余弦值为 .
4．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）统计显示，我国在线直播生活购物用户规模近几年保持高速增长态势，下
表为 年— 年我国在线直播生活购物用户规模（单位：亿人），其中 年— 年对应的代码
依次为 — .
年份代码
市场规模
， ， ，其中
参考公式：对于一组数据 、 、 、 ，其经验回归直线 的斜率和截距的最小
二乘估计公式分别为 ， .(1)由上表数据可知，若用函数模型 拟合 与 的关系，请估计 年我国在线直播生活购物用
户的规模（结果精确到 ）；
(2)已知我国在线直播生活购物用户选择在品牌官方直播间购物的概率 ，现从我国在线直播购物用户中随
机抽取 人，记这 人中选择在品牌官方直播间购物的人数为 ，若 ，求 的数学期
望和方差.
【答案】(1) 亿人
(2) ，
【分析】（1）将题中数据代入最小二乘法公式，求出 的值，即可得出 与 的拟合函数关系式，再将
代入函数关系式，即可得出结论；
（2）由题意可知， ，由 结合独立重复试验的概率公式可求得 的值，然
后利用二项分布的期望和方差公式可求得结果.
【详解】（1）设 ，则 ，
因为 ， ， ，
所以， ，
所以， 与 的拟合函数关系式为
当 时， ，
则估计 年我国在线直播生活购物用户的规模为 亿人.
（2）由题意知 ，所以， ，
，
由 ，可得 ，
因为 ，解得 ，
所以， ， .
5．（2024高三·全国·专题练习）已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，实轴长
为2， 为 的右支上一点，且 ．
(1)求 的方程；(2)设 的左、右顶点分别为 ，直线 与 交于 两点，与 轴交于点 ，直线 与 交于
点 ，证明：点 在定直线上．
【答案】(1) ．
(2)证明见解析
【分析】（1）由双曲线定义将条件 转化为 最小值，从而利用
求最小值解 即可；
（2）由直线 过 设方程联立椭圆方程利用韦达定理得 坐标关系式，再设直线 与 方程
并联立求得点 坐标的表达式，利用点 横、纵坐标关系可证明点 在定直线上.
【详解】（1）由题知 ，即 ，
又 为 的右支上一点，则 ，
所以 ，
故当 最小时，|M F |⋅|M F |最小，
1 2
而 ，故 ，
即 ，故 ，故 的方程为 ．
（2）
当直线 的斜率为0时，不满足题意；
当直线 的斜率不为0时，由 过点 ，可设其方程为 ，
联立 消去 得 ，
设P(x ,y )，Q(x ,y )，
1 1 2 2则 ， ，故 （ ），
由（1）知 ， ，
则直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
联立 消去 得 ，
将 ， 代入上式得，
得 ，将（ ）代入化简得
，
即 ，所以点 在定直线 上．
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于利用 ，将不对称的 关系
，利用上式消去参数 ，从而可以化简求值.
6．（24-25高三上·天津·阶段练习）设函数 ，其中 .
(1)若 a=−1，求曲线 在点 处的切线方程;
(2)若 ，
（i） 证明: 函数 恰有两个零点;
（ii） 设 为函数 的极值点， 为函数 的零点，且 ，证明: .
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）先 ，再求 ，由点斜式即可求解；
（2）（i）求导得 ，构造 并应用导数研究单调性，进而判断 符号确定
单调性，可求极值点所在的区间为 ，再证 上 ，由此得 ，
结合零点存在性定理即可证结论；（ii）由①结合题设可得 ，结合 上 ，即可证结论.
【详解】（1）由题设， 且 ，则 ，
所以 ，又 ，
所以切线方程为 ，即： .
（2）（i）由 ，令 ，又 ，
易知 在 上递减，
又 ， ，
∴ 在 上有唯一零点，即 在 上唯一零点，
设零点为 ，则 ，
∴ ， ， 递增； ， ， 递减；
∴ 是 唯一极值点，且为极大值，
令 且 ，则 ，故 在 上递减，
∴ ，即 ，
∴ ，又 ，
根据零点存在性定理知 在 上存在零点，又∵ 在 单调递减；
∴ 在 存在唯一零点，
又∵ ， 在 上单调递增； ，
∴ 在 上的唯一零点为1，
故 恰有两个零点；
（ii）由题意， ，即 ，
则 ，即 ，
当 时， ，又 ，则 ，∴ ，得 ，
即 ，得证.
【点睛】方法点睛：在利用导数证明不等式时，一般会构造一个函数，转化为求解函数的取值情况进行研
究.
方法二 跳步答题
解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，我们可以假定某些结论是正确的往后推，看能否得到
结论，或从结论出发，看使结论成立需要什么条件。如果方向正确，就回过头来，集中力量攻克这一卡壳
处。如果时间不允许，那么可以把前面的写下来，再写出证实某步之后，继续有一直做到底，这就是跳步
解答。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。若题目有两问，第一问想
不出来，可把第一问作已知，先做第二问，这也是跳步解答。
【典型例题】
2．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中， ， ， ， ，
，点E，F满足 ， ，将 沿EF翻折至 ，使得 ．
(1)证明： ；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【详解】（1）由 ，
得 ，又 ，在 中，
由余弦定理得 ,
所以 ，则 ，即 ，
所以 ，又 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
故 ；（可以将第一问证明当作条件应用于第二问）
（2）连接 ，由 ，则 ，
在 中， ，得 ，
所以 ，由（1）知 ，又 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，则 两两垂直，建立如图空间直角坐标系 ，
则 ，
由 是 的中点，得 ，
所以 ，
设平面 和平面 的一个法向量分别为 ，
则 ， ，
令 ，得 ，
所以 ，
所以 ，
设平面 和平面 所成角为 ，则 ，
即平面 和平面 所成角的正弦值为 .
【变式训练】
一、解答题
1．（24-25高三上·河北·期中）已知数列 的前n项和为 ，且 ．
(1)求证：数列 为等比数列；
(2)若 ，求数列 的前n项和 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由条件可得 ， ，故可证明数列 为等比数列.（2）表示数列 的通项公式，利用错位相减法可得结果.
【详解】（1）∵ ，
∴当 时， ，
两式相减得， ，整理得 ，即 ，
令 得， ， ， ，
∴ 是以 为首项， 公比的等比数列.
（2）由（1）得， ， ，
∴ .
，
，
两式相减得，
，
∴ .
2．（2024高三·全国·专题练习）记 的内角 的对边分别为 ，已知
．
(1)证明： ；
(2)若 ，点 在线段 上，且 ， ，求 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由 ，利用正弦定理结合两角和与差的正弦公式化简得到
，即 ，再利用正弦定理求解；
（2）由 ，结合（1）得到 ，由 ，设 ， ，分别在 和 中，利用正弦定理联立得到 ，从而求得 ，然后分别在 和 中，利用余弦定
理联立求解.
【详解】（1）解：由正弦定理得 ，
即 ，
所以 ，
又 ，所以 ，
由正弦定理可得 ．
（2）因为 ，结合（1）可知 ，
由 可设 ， ，
如图所示：
在 中，由正弦定理得 ，
在 中，由正弦定理得 ，
又 ，所以 ，
即 ，
解得 ，
所以 ，
在 中，由余弦定理可得 ，
在 中，由余弦定理可得 ，
两式进行相除，解得 ．
3．（24-25高三上·河北·期中）如图，在平面五边形 中， ， ， ，
，将 沿 翻折，使点 到达点 的位置，得到如图所示的四棱锥 ，且
， 为 的中点．(1)证明： ；
(2)若 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）推导出 平面 ，可得出 ，利用等腰三角形三线合一可得出 ，利
用线面垂直的判定定理可证得 平面 ，再利用线面垂直的性质可证得 ；
（2）推导出 ，以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐
标系，利用空间向量法可求得平面 与平面 夹角的余弦值.
【详解】（1）翻折前，在平面五边形 中， ， ， ， ，
则 ，
翻折后，在四棱锥 ，且 ， ，
所以， ，则 ，所以， ，
又因为 ， ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，所以， ，
因为 ， ，则四边形 为平行四边形，则 ，
所以， ，
因为 为 的中点，则 ，
因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，故 .
（2）因为 ，且 ，所以， ，则 ，
因为 平面 ， ，则 平面 ，
以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则 、 、 、 ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，可得 ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，可得 ，
所以， ，
因为，平面 与平面 夹角的余弦值为 .
方法三 分类讨论
解题时常常会遇到这样一种情况，解到某一步之后，不能再以统一的方法、统一的式子继续进行下
去，这是因为被研究的对象包含了多种情况，这就需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合归纳
得解，这就是分类讨论。
引起分类讨论的原因很多，数学概念本身具有多种情形，数学运算法则、某些定理、公式的限制，图
形位置的不确定性，变化、不等式的求解等均可能引起分类讨论。在分类讨论解题时，要做到标准统一，
不重不漏。
【典型例题】
3．（2024·全国·高考真题）已知函数 ．
(1)当 时，求 的极值；
(2)当 时， ，求 的取值范围．
【详解】（1）当 时， ，
故 ，
因为 在 上为增函数，
故 在 上为增函数，而 ，
故当 时， ，当 时， ，
故 在 处取极小值且极小值为 ，无极大值.（2） ，
设 ，
则 ，（注意利用范围端点的性质来确定如何分类）
当 时， ，故 在 上为增函数，
故 ，即 ，
所以 在 上为增函数，故 .
当 时，当 时， ，
故 在 上为减函数，故在 上 ，
即在 上f′(x)<0即 为减函数，
故在 上 ，不合题意，舍.
当 ，此时 在(0,+∞)上恒成立，
同理可得在(0,+∞)上 恒成立，不合题意，舍；
综上， .
【变式训练】
一、解答题
1．（23-24高三上·山东威海·期末）已知函数 .
(1)当 时，求 的单调区间；
(2)设函数 ，若 是 的极大值点，求 的值.
【答案】(1)答案见解析
(2)2
【分析】（1）求出函数导数，判断导数的正负，即可求得答案；
（2）由题意构造函数 ，将 是 的极大值点转化为 是 的极小值点，根据导
数与函数极值点的关系，结合一元二次方程的判别式分类讨论，并判断每种情况能否满足题意，即可求得
答案.【详解】（1）当 时， ，
当 时， ，当 时， ，
当 时， ，当 时， ，
所以 的单调递增区间为 ， ；
单调递减区间为 ， .
（2）设 ，
当 时，由于 ，所以 与 的函数值正负相反，
又 ，所以 是 的极大值点，当且仅当 是 的极小值点，
，可知 时， ， 时， ，
故 ，
令 ， ，
①当 时， ，则当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递增，因此 不是 的极小值点；
②当 时， ， 的根为 ，
此时 ，当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递增，
因此 不是 的极小值点；
③当 时， ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
因此 是 的极小值点，满足题意；
④当 时， ，记 ，可知 ，
则当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递减，因此 不是 的极小值点，
综上可知， .
【点睛】难点点睛：本题难点在于根据函数的极值点求解参数，解答时要根据函数解析式的结构特点构造
新函数，并采用分类讨论的方法，说明能否满足题意，从而求解问题.
2．（23-24高二上·浙江宁波·期末）已知数列 的首项 ，且满足 （ ）．(1)求证：数列 为等比数列；
(2)若 ，令 ，求数列 的前n项和 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据递推公式证明 为定值即可；
（2）先利用错位相减法求出数列 的前 项和，再分 和 两种情况讨论即可.
【详解】（1）由 ，
得 ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列；
（2）由（1）得 ，所以 ，
所以 ，
设数列 的前 项和为 ，
则 ，
，
两式相减得
，
所以 ，
令 ，则 ，令 ，则 ，
故当 时， ，当 时， ，
所以当 时， ，当 时，
，
综上所述， .
3．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆 ： 与椭圆 ： 的
离心率相等， 的焦点恰好为 的顶点，圆 分别经过 ， 的一个顶点.
(1)求 ， 的标准方程.
(2)过 上任意一点A作 的切线与 交于点M，N，点B是 上与M，N不重合的一点，且
（点O为坐标原点），判断点 是否在定圆上.若是，求出该圆的方程；若不是，
请说明理由.
【答案】(1) ， ；
(2)是， .
【分析】（1）利用椭圆的性质及圆的方程确定 ， 的值，再根据离心率相等计算即可；
（2）设M，N的坐标，根据 得B的坐标，先求当直线MN的斜率存在时，设直线MN
的方程，联立方程，结合M，N，B在 上并利用根与系数的关系得 ，再求直线MN的斜率不
存在时，求出M，N的坐标，得B的坐标，代入 的方程，得 即可.
【详解】（1）由 的焦点恰好为 的顶点，可得 .
在 中令 ，得 或 ，
因为圆 分别经过 ， 的一个顶点，
所以 ， .
因为 的焦点恰好为 的顶点，所以 ，
所以 的标准方程为 .
因为 ， 的离心率相等，所以 ，
即 ，所以 ，所以 的标准方程为 .
（2）设M(x ,y )，N(x ,y )，由 得 .
1 1 2 2①当直线MN的斜率存在时，设其方程为 ，
与 联立，消去y并整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2=0，
由 ，得 .
将 与 联立，消去y并整理得 ，
易知 ，所以 ， ，
，
所以 .
因为点B在 上，所以 ，
即 ，
所以 .
因为M，N在 上，所以 ， ，
所以 ，即 .
②当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为 ，
不妨设 ，则 ， 或 ， ，
当 ， 时， ，代入 ，得 ，
同理可得当 ， 时， .
综上， ，即点 在定圆 上..
【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，注意 的判断；
（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.
方法四 数形结合
数形结合法：对于一些含有几何背景的题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，并通过对
图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果．这类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率
和截距、向量的夹角、解析几何中两点间距离等．
【典型例题】
4．（2024·上海松江·模拟预测）已知 为坐标原点，对于函数 ，称向㝵 为
函数 的互生向量，同时称函数 为向量 的互生函数．
(1)设函数 ，试求 的互生向量 ；
(2)记向量 的互生函数为 ，求函数 在 上的严格增区间；
(3)记 的互生函数为 ，若函数 在 上有四个零点，求实数
的取值范围．
【详解】（1）因为 ，所以 的互生向量 .
（2）由题意可得 ，所以 ，
令 ，解得 ，因为 ，所以 ，
所以函数 在 上的严格增区间为 .
（3）由题 ，则 ，（数形结合利用三角函数
性质作出函数图象，由图象即可得解）
若函数 在 上有四个零点，则 在 上有四个实数根，
则函数 与 在 上的图象有四个交点，
因为 ，
所以 ，
则由三角函数性质作其函数图象如图所示，
由三角函数图象及性质可知k的取值范围为 .
【变式训练】
一、解答题
1．（24-25高三上·江苏·阶段练习）已知函数 ．
(1)求函数的单调区间；
(2)求 的零点个数．
(3) 在区间 上有两个零点，求m的范围？
【答案】(1) 的单调减区间为 ；单调增区间为 ，
(2)1个(3)
【分析】（1）对函数求导，利用导数正负与原函数的关系求解即可；
（2）结合(1)问的单调性，求出函数 的值域，结合零点存在定理即可求解.
（3）将零点问题转化为函数交点问题，求出 在区间 上的值域然后数形结合即可求解.
【详解】（1）由题可得 ，
令 ，解得 或 ，
令f′(x)<0，解得 ，
令 ，解得 或 ，
所以 的单调减区间为 ；单调增区间为 ， .
（2）因为 的单调减区间为 ，单调增区间为 ， ，
由于 ，则 在 上无零点；
由于 ，则 在 上无零点；
由于 ，则 在 上存在唯一零点；
综上，函数 在 上存在唯一零点.
（3）若 在区间 上有两个零点，
则函数 与 在区间 上有两个交点；
由(1)知， 在 上单调递增， 上单调递减；
， ， ，所以函数 与 在区间 上有两个交点，则 ，
即 在区间 上有两个零点，则 的范围为
2．（24-25高三上·上海松江·期中）在 中，角A，B，C对应边为 ， ， ，满足
(1)求 的大小；
(2)（i）已知 ，若 在AC上，且 ，求BD的最大值；
（ii）延长BC至点 ，使得 .若 求 的大小.
【答案】(1)
(2)（i） 的最大值为 ；（ii） 或
【分析】（1）由 ，代入已知等式中，利用两角和与差的正弦公式化简得 ，可得
B的大小；
（2）（i）由三角形的面积公式得到 ，再由余弦定理和基本不等式求其最大值即可；
（ii）设 ， ，在 和 中，由正弦定理表示边角关系，化简求 的大小.
【详解】（1）在 中， ，所以 ．
因为 ，所以 ，
即
化简得 ．
因为 ，所以 ， ．
因为 ，所以 ．
（2）（i）由三角形面积公式可得 ，即 ，
在 中由余弦定理可得 ，即 ，
所以 ，所以 的最大值为 ，
此时 ，当且仅当 时取等号；
（ii）设 ， ，则 ．
由（1）知 ，又 ，所以在 中， ．
在 中，由正弦定理得 ，即 ①．
在 中，由正弦定理得 ，即 ②．
①÷②，得 ，即 ，所以 ．
因为 ， ，所以 或 ，故 或 ．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第一小问关键是能用三角形面积公式把 用 表示，再结合基本不等式求解.
3．（24-25高三上·重庆·开学考试）已知椭圆： 的右焦点 与抛物线 的焦点
重合．
(1)求抛物线 的方程；
(2)已知 为抛物线 上一个动点，直线 ， ，求点 到直线 的距离之和的最小值；
(3)若点 是抛物线 上一点（不同于坐标原点 ）， 是 的内心，求 面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用题意求出焦点坐标求解就可以了；
（2）找到距离之间关系，利用几何法求解即可；
（3）利用内心的性质找到面积之间的关系，然后表示出 面积，再利用函数关系求其范围即可.
【详解】（1）由题可知，椭圆右焦点坐标为(1,0)，抛物线焦点坐标为
所以 ,
所以抛物线方程为 ,
（2）
由题可知， 为抛物线准线，所以点 到 的距离等于点 到焦点(1,0)的距离 ；
联立 ，
显然无实数根，故直线 与抛物线相离，记点 到 的距离为 ,
所以 的最小值为焦点(1,0)到直线 的距离为 .
（3）设点 ，已知点
所以 的面积 ,
设 的内切圆半径为 ,
则有 ,
所以 ,
所以 ,
因为点 是抛物线 上一点（不同于坐标原点 ）,
所以 ， ,
所以 ,
经整理得： ,
构造函数 ,
得 ,
显然 单调增,
令 ，解得 ,所以当 时，f′(x)<0， 单调递减；
当 时，f′(x)>0， 单调递増；
所以 ,
所以 .
【点睛】对于距离问题先用几何法找到其中关系；对于内心相关的面积问题，可以利用等面积法，得到不
同部分面积之间的关系求解即可，当处理的式子比较复杂的时候，可以构造函数求解.
方法五 特殊值探路
对于一些定值、定点问题可以利用特殊的点去检验，然后通过方程一般性设值去化简，即使运算量有
些达不到，扣去合并运算的那一步，还是能拿到大部分的分值。特别是在解析几何的位置、距离、特殊
点、特殊值的判断中，不妨转换个角度，根据现有条件猜测和利用数值求出一个可行的答案，再反向论证
即可。还有在数列中求解整数存在可能性，有些题的取值有限，不妨取 等值进行代入运
算，如果发现了几个满足题意的值，只需要再进行检验值的唯一性。
【典型例题】
5．（2024·北京通州·二模）已知椭圆 ： （ ）的长轴长为4，离心率为 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于 两点（不与左右顶点重合），点 在 轴正半轴上，
直线 交 轴于点P，直线 交 轴于点 ，问是否存在 ，使得 为定值？若存在，求出 的值
及定值；若不存在，请说明理由．
【详解】（1）因为椭圆 的长轴长为 ，离心率为 ，
所以 ， ．
所以 ， ．所以 ．
所以椭圆 的方程为 ．
（2）当 时，若直线l斜率不存在，（斜率不存在，求出 为定值.）
不妨设 ， ，所以 ， ．
所以 ．
若直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ， ．
联立方程组 ，
消去 ，化简得 ．
则 ，即 ,
设M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
所以 ， ．
所以直线TM的方程为 ，直线 的方程为 ．
所以 ， ．
所以 ， ，
所以
．
所以当 时， 为定值，即 （负值舍）时， 有定值 ．
综上，当 时， 有定值 ．
【变式训练】
一、解答题
1．（2021·北京丰台·二模）已知椭圆 ，过点 的直线 交椭圆 于点 ．
(1)当直线 与 轴垂直时，求 ；
(2)在 轴上是否存在定点 ，使 为定值？若存在，求点 的坐标及 的值；若不存在，说明
理由．
【答案】(1)
(2)存在， ，
【分析】（1）写出直线方程，与椭圆联立，求出 两点坐标，即可求出 .
（2）当直线 斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，写出韦达定理，用坐标表示 ，代入韦达
定理，分析 为定值的条件，求出点 的坐标，再验证斜率不存在时的情况，得出答案.
【详解】（1）解:联立 ,得 或
所以 ．
（2）假设存在 ，使 为定值．
当直线 斜率存在时，设直线 的方程为： ，
联立 得 ．
显然 ，设 ，
则 ．
所以
．若 为常数，只需 ，
解得 ，此时 ．
当直线 与 轴垂直时，不妨设 ，
当点 坐标为 时， ．
满足 为定值 ．
综上，存在点 ，使 为定值 ．
2．（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）平面上一动点P(x,y)满足 ．
(1)求P点轨迹 的方程；
(2)已知A(−2,0)， ，延长PA交 于点Q，求实数m使得 恒成立，并证明：
为定值
【答案】(1)
(2) ，证明见解析
【分析】（1）利用圆锥曲线的定义即可得曲线方程，但要注意只有双曲线右支；
（2）先得到特殊情况时 的值，再证明其对一般情况也适用.
【详解】（1）由题意可得，动点P到定点(2,0)的距离比到定点 的距离大2，
由双曲线的定义，P点轨迹是以(2,0)， 为焦点的双曲线的左支，
设 ，则 ， ， ，
所以 的方程为 ．
（2）如图，不妨设点P在第二象限，①当 的斜率不存在时，
，令 ，解得 ，则 ，此时 ，
在 中， ， ，即 ，
②当 的斜率存在时，令 的倾斜角为 ， 的倾斜角为 ，则 ， ，
假设 成立，即 ，则有 ，即
．
又 ， ，又点P的坐标满足 ，即 ，
，
，假设成立，
综上，当 时，有 成立．
此时 ，由对称性知， ，而 ，
为定值．
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是采用由特殊到一般，先猜后证的思想，先得到直线斜率不存在时，
然后通过二倍角得正切公式证明一般情况即可.
3．（24-25高三上·辽宁·阶段练习）已知椭圆 的长轴长是 ， 为右顶点， ， ，
， 是椭圆 上异于顶点的任意四个点，当直线 经过原点 时，直线 和 的斜率之积为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)当直线 和 的斜率之积为定值 时，直线 是否过一个定点？若过定点，求出该定点坐标；若
不过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)直线 过定点
【分析】（1）由已知 ，设点 ， 坐标，结合斜率乘积可得 ，即可得椭圆方程；（2）①当直线 斜率不存在时，设直线方程及点 ， 坐标，结合 ，解方程可得直线方程；
②当直线 斜率存在时，可设直线方程为 ，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理与斜率
公式列方程，化简可得 或 ，代入直线方程可得解.
【详解】（1）由已知 ，即 ，所依椭圆方程为 ，
当直线 过原点时，设 ，则 ，所以 ，
所以 ，又 ，
所以 ， ，
所以 ，则 ，
所以椭圆方程为 ；
（2）
①当直线 斜率不存在时，设直线方程为 ，点 ， （ ），
则 ， ，且 ，即 ，
所以 ，解得 ，
即此时直线方程为 ；
②当直线 斜率存在时，由题可设直线方程为 ，舍M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
联立直线与椭圆方程 得 ，
则 ，即 ，且 ， ，
又 ， ，
则 ，
即 ，
即 ，
化简可得 ，解得 或 ，
当 时，直线方程为y=kx−2k=k(x−2)，过点 ，不成立；
当 时，直线方程为 ，过定点 ；
综上所述直线 恒过定点 .
方法六 正难则反
如果题目正面求解比较困难，或者说推翻一个结论性的问题，都可以从反面出发，假设反证或是举反
例寻找矛盾都可以，这样可以简化题型思路。
【典型例题】
6．（2024·北京·高考真题）已知集合
．给定数列 ，和序
列 ，其中 ，对数列 进行如下变换：将 的第 项均
加1，其余项不变，得到的数列记作 ；将 的第 项均加1，其余项不变，得到数列记作
；……；以此类推，得到 ，简记为 ．
(1)给定数列 和序列 ，写出 ；
(2)是否存在序列 ，使得 为 ，若存在，写出一个符
合条件的 ；若不存在，请说明理由；
(3)若数列 的各项均为正整数，且 为偶数，求证：“存在序列 ，使得 的各项都相
等”的充要条件为“ ”．
【详解】（1）因为数列 ，由序列 可得 ；
由序列 可得 ；
由序列 可得 ；
所以 .
（2）由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的 ，且 ，
因为 ，即序列 共有8项，
由题意可知： ，
检验可知：当 时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的 .
（3）解法一：我们设序列 为 ，特别规定 .
必要性：
若存在序列 ，使得 的各项都相等.
则 ，所以 .
根据 的定义，显然有 ，这里 ， .
所以不断使用该式就得到 ，必要性得证.
充分性：
若 .
由已知， 为偶数，而 ，所以
也是偶数.
我们设 是通过合法的序列 的变换能得到的所有可能的数列 中，使得
最小的一个.
上面已经说明 ，这里 ， .
从而由 可得 .
同时，由于 总是偶数，所以 和 的奇偶性保持不变，从而
和 都是偶数.
下面证明不存在 使得 .
假设存在，根据对称性，不妨设 ， ，即 .情况1：若 ，则由 和 都是偶数，知
.
对该数列连续作四次变换 后，新的
相比原来的
减少 ，这与 的最小
性矛盾；
情况2：若 ，不妨设 .
情况2-1：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的
相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾；
情况2-2：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的
相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 都有 .
假设存在 使得 ，则 是奇数，所以
都是奇数，设为 .
则此时对任意 ，由 可知必有 .
而 和 都是偶数，故集合 中的四个元素 之和为偶数，
对该数列进行一次变换 ，则该数列成为常数列，新的
等于零，比原来的
更小，这与 的最小性
矛盾.
综上，只可能 ，而 ，故
是常数列，充分性得证.
【变式训练】一、解答题
1．（24-25高三上·山西吕梁·阶段练习）对于给定的数列 以及正整数m，若 ，使得
成立，则称 为“m阶可分拆数列”.
(1)设 ，证明： 为“3阶可分拆数列”；
(2)设 的前n项和为 ，若 为“1阶可分拆数列”，求实数a的值；
(3)设 ，是否存在m，使得 为“m阶可分拆数列”？若存在，请求出所有m的值；若不
存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3) 或3.
【分析】（1）利用题中所给的新定义内容结合三角函数即可证得结论；
（2）由前 项和为 可求出 ，若数列 为“1阶可分拆数列”，则有 ，
分别讨论 和 两种情况，计算可得 ；
（3）假设实数m存在，则有 ，代入化简可得 ，逐一讨论 的取值
直至 不再成立为止，可得结果.
【详解】（1） ， ，
，
若 ，使得 成立，则 成立，显然，当 时等式成
立，
所以 ，使得 成立，得证.
（2）因为数列 的前 项和为
当 时， ；
当 时， ，
所以 ，
因为存在正整数 使得 成立，
则①当 时， ，即 ，
因为 ， ，所以 ，而 ，所以不存在正整数 （ ）使得 成立；
②当 时，若 成立，则 ，得 ，
所以 时存在正整数 使得 成立，
由①②得 .
（3）假设存在 使得数列 为“ 阶可分拆数列”
即存在确定的正整数 ，存在正整数 使得 成立.
即 ，
即 ，
①当 时， ， 时方程成立，
②当 时，
当 时， ；
当 时， ，
当 时， ，所以不存在正整数 使得 成立；
③当 时， ，当 时， 成立，
④当 时， ，
所以不存在正整数 使得 成立.
综上： 或3.
【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的 存在 即可，且
分别为关于 的单调递增数列，所以可采用逐一讨论的方法直至 时截止可找到
所有的 .
2．（24-25高三上·山西·期中）在数列 中，若 满足：对于 ，都有 ，则称数
列 为“M类差数列”．
(1)设 为等差数列 的前n项和，已知 ，若数列 是“M类差数列” ，且
恒成立，求M的最大值；
(2)已知等比数列 是“2类差数列”，且 ，数列 不是“1类差数列”，设 ，若数列
是“3类差数列”：
①求数列 的通项公式；②证明：数列 中任意三项都不构成等差数列．
【答案】(1)
(2)① ;②证明见解析
【分析】（1）由 恒成立证明 ，从而得到 ，再给出 的例子，即
得 的最大值为 ；
（2）①由数列 是“2类差数列”得条件 ，由数列 不是“1类差数列”得条件
，结合 ， ，求解 ，再验证是否满足数列 是“3类差数列”即可；
②利用反证法，假设存在三项成等差数列得 ，利用不等式性质结合单调性放缩推出 ，
故产生矛盾从而得证.
【详解】（1）设数列 的公差为 ， 为正整数，
一方面，若数列 是“ 类差数列”，则 ，
同时我们有 ，从而 ，
此即 ，即 ，
假设 ，则在 时有 ，矛盾，所以 ，
再由 ，就得到 ，所以 ,
另一方面，当 时，取 ，则 ，且
，
故存在数列 满足条件.
综合以上两方面，可知 的最大值是 ；
（2）①设等比数列 的公比为 ，则 ，
是“2类差数列”，且 ，故 ， ，故数列 为无穷递增数列，
且 ，即 ，
由 ，且 ，知 为大于1的有理数，
下面先用反证法证明公比为正整数：假设 不是正整数，由 且为有理数，故存在 ， ，且 互质，使得 ，
由 ，有 为正整数，即 整除 ，而 互质，故 互质，而
整除 ，故 整除 ，
这表面 恒为正整数，从而 恒成立，但 ，从而这在 时是不可能的，矛盾，
所以假设不成立，从而公比 是正整数.
假设 ，则 ，从而 ，
这表明 是“1类差数列”，与条件矛盾，所以 ，
又因为 是“2类差数列”，故 ，从而结合 是正整数，知 ，
再由数列 是“3类差数列”，知 ，所以 ，此即 ，故 ，
从而 ，所以 ，再由 ，可知 是3的正因数，所以只可能 ，即 ，
故 ，即 ，这就得到 ，所以 ，
当 ， ，由 ， ，可知 满足条件.
由于对 有 ，而 ，故 恒成立，
而 ，
故 满足条件，所以 的通项公式为 ；
②：由①知 ，从而 ，且由 立得 ，
假设 构成等差数列，其中 ，则由 可知， ，
而 ，结合 可知， ，矛盾，
所以数列 中任意三项都不构成等差数列.
【点睛】关键点点睛：本题的关键一是理解题意，关键二是利用反证法求 ，关键三是不等式的放缩.3．（2024·北京石景山·一模）已知集合 ，对于
， ，定义 与 之间的距离为 ．
(1)已知 ，写出所有的 ，使得 ；
(2)已知 ，若 ，并且 ，求 的最大值；
(3)设集合 ， 中有 个元素，若 中任意两个元素间的距离的最小值为 ，求证： ．
【答案】(1) 、 、 、 ；
(2) ；
(3)见解析
【分析】（1）根据题中定义可得 的所有情形；
（2）分 、 两种情况，利用绝对值三角不等式可求得 的最大值；
（3）表示出 ，结合定义，可得
，即 中任意两元素不相等，可得 中至多有 个元素，即可得证．
【详解】（1）已知 ， ，且 ，
所以， 的所有情形有： 、 、 、 ；
（2）设 ， ，
因为 ，则 ，
同理可得 ，
当 时， ；
当 时， .
当 ， 时，上式等号成立.
综上所述， ；
（3）记 ，
我们证明 ．一方面显然有 ．另一方面， 且 ，假设他们满足 ．则由定义有 ，
与 中不同元素间距离至少为 相矛盾．
从而 ．
这表明 中任意两元素不相等．从而 ．
又 中元素有 个分量，至多有 个元素．
从而 ．
【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点：
（1）紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解
题过程之中，这是新定义型集合问题难点的关键所在；
（2）用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之外用好集合
的运算与性质.
