文档内容
技巧 04 结构不良问题的应对策略与解析方法
目录
01考情透视·目标导航...................................................................................................2
02知识导图·思维引航...................................................................................................3
03 知识梳理·方法技巧.................................................................................................4
04 真题研析·精准预测.................................................................................................5
05 核心精讲·题型突破...............................................................................................19
题型一：三角函数与解三角形 19
题型二：数列 25
题型三：立体几何 32
题型四：函数与导数 43
题型五：圆锥曲线 55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．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．1．（2024年北京高考数学真题）在 中，内角 的对边分别为 ， 为钝角， ，
．
(1)求 ；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得 存在，求 的面积．
条件①： ；条件②： ；条件③： ．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分．
【解析】（1）由题意得 ，因为 为钝角，
则 ，则 ，则 ，解得 ，
因为 为钝角，则 .
（2）选择① ，则 ，因为 ，则 为锐角，则 ，
此时 ，不合题意，舍弃；
选择② ，因为 为三角形内角，则 ，
则代入 得 ，解得 ，,
则 .
选择③ ，则有 ，解得 ，
则由正弦定理得 ，即 ，解得 ，
因为 为三角形内角，则 ，
则
，
则
2．（2023•北京）已知函数 ， ， ．
（Ⅰ）若 ，求 的值；
（Ⅱ）若 在 ， 上单调递增，且 ，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，求 、 的值．
条件①： ；
条件②： ；条件③： 在 ， 上单调递减．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】（Ⅰ）因为函数 ，
所以 ，
又因为 ，所以 ．
（Ⅱ）若选①： ；
因为 ，
所以 在 和 时取得最大值1，这与 在 ， 上单调递增矛盾，所以 、 的值不
存在．
若选②： ；
因为 在 ， 上单调递增，且 ，
所以 在 时取得最小值 ， 时取得最大值1，
所以 的最小正周期为 ，计算 ，
又因为 ，所以 ， ，
解得 ， ；又因为 ，所以 ；
若选③： 在 ， 上单调递减，因为 在 ， 上单调递增，且 ，
所以 在 时取得最小值 ， 时取得最大值1，
所以 的最小正周期为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ， ，
解得 ， ；
又因为 ，所以 ．
3．（2022•北京）如图，在三棱柱 中，侧面 为正方形，平面 平面 ，
， ， 分别为 ， 的中点．
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）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 与平面 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】 证明：取 中点 ，连接 ， ，
为 的中点． ，且 ，
四边形 是平行四边形，故 ，
平面 ； 平面 ，
平面 ，
是 中点， 是 的点，
， 平面 ； 平面 ，
平面 ，又 ，
平面 平面 ，
又 平面 ， 平面 ；
侧面 为正方形，平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ， ，又 ， ，
若选①： ；又 ， 平面 ，
又 平面 ， ，又 ，
， ， ， 两两垂直，
若选②： 平面 ， ， 平面 ， 平面 ，
，又 ， ， ，
， ，
，又 ， ，
， ， 两两垂直，以 为坐标原点， ， ， 为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，0， ， ，1， ， ，1， ， ，2， ，
，1， ， ，1， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，令 ，则 ， ，
平面 的一个法向量为 ， ， ，
又 ，2， ，
设直线 与平面 所成角为 ，
， ．
直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
4．（2022•新高考Ⅱ）已知双曲线 的右焦点为 ，渐近线方程为 ．
（1）求 的方程；
（2）过 的直线与 的两条渐近线分别交于 ， 两点，点 ， ， ， 在 上，且， ．过 且斜率为 的直线与过 且斜率为 的直线交于点 ．从下面①②③中选取
两个作为条件，证明另外一个成立．
① 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）由题意可得 ， ，
解得 ， ，
因此 的方程为 ，
（2）解法一：设直线 的方程为 ， ，将直线 的方程代入 可得
，
△ ，
， ，
，
，
设点 的坐标为 ， ，则 ，
两式相减可得 ，
，
，解得 ，
两式相加可得 ，
，
，
解得 ，
，其中 为直线 的斜率；
若选择①②：
设直线 的方程为 ，并设 的坐标为 ， ， 的坐标为 ， ，
则 ，解得 ， ，
同理可得 ， ，
， ，
此时点 的坐标满足 ，解得 ， ，
为 的中点，即 ；
若选择①③：
当直线 的斜率不存在时，点 即为点 ，此时不在直线 上，矛盾，
当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，并设 的坐标为 ， ， 的坐标
为 ， ，则 ，解得 ， ，
同理可得 ， ，
此时 ，
，
由于点 同时在直线 上，故 ，解得 ，
因此 ．
若选择②③，
设直线 的方程为 ，并设 的坐标为 ， ， 的坐标为 ， ，
则 ，解得 ， ，
同理可得 ， ，
设 的中点 ， ，则 ， ，
由于 ，故 在 的垂直平分线上，即点 在直线 上，
将该直线 联立，解得 ， ，
即点 恰为 中点，故点 在直线 上．
（2）解法二：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 ③，或选由②③ ①：由②成立可知直线 的斜率存在且不为0．
若选①③ ②，则 为线段 的中点，假设 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，从而 ，已知不符．
综上，直线 的斜率存在且不为0，
直线 的斜率为 ，直线 的方程为 ．
则条件① 在直线 上，等价于 ，
两渐近线的方程合并为 ，
联立方程组，消去 并化简得： ，
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：
，
，
，
，
，
，
由题意知直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
由 ， ，，
直线 的斜率 ，
直线 ，即 ，
代入双曲线的方程为 ，即 中，
得 ，
解得 的横坐标为 ，
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 ③：
由①②解得 ， ③成立；
选①③ ②：
由①③解得： ， ， ， ②成立；
选②③ ①：由②③解得： ， ， ， ①成立．
5．（2021•甲卷）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】选择①③为条件，②结论．
证明过程如下：
由题意可得： ， ，
数列的前 项和： ，
故 ，
据此可得数列 是等差数列．
选择①②为条件，③结论：
设数列 的公差为 ，则：
，
数列 为等差数列，则： ，
即： ，整理可得： ， ．
选择③②为条件，①结论：
由题意可得： ， ，
则数列 的公差为 ，
通项公式为： ，
据此可得，当 时， ，当 时上式也成立，故数列的通项公式为： ，
由 ，可知数列 是等差数列．
6．（2021•新高考Ⅱ）已知函数 ．
（Ⅰ）讨论 的单调性；
（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明： 恰有一个零点．
① ， ；
② ， ．
【解析】（Ⅰ） ， ，
①当 时，当 时， ，当 时， ，
在 上单调递减，在 上单调递增，
②当 时，令 ，可得 或 ，
当 时，
当 或 时， ，当 时， ，
在 ， ， 上单调递增，在 ， 上单调递减，
时，
且等号不恒成立， 在 上单调递增，
当 时，
当 或 时， ，当 时， ，在 ， ， 上单调递增，在 ， 上单调递减．
综上所述：
当 时， 在 上单调递减；在 上 单调递增；
当 时， 在 ， 和 上单调递增；在 ， 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 和 ， 上单调递增；在 ， 上单调递减．
（Ⅱ）证明：若选①，由 （Ⅰ）知， 在 上单调递增， ， 单调递减， ，
上 单调递增．
注意到 ．
在 上有一个零点；
，
由 得 ， ，
，当 时， ，此时 无零点．
综上： 在 上仅有一个零点．
另当 ， 时，有 ， ，
而 ，于是
，所以 在 没有零点，当 时， ，
于是 ，所以 在 ， 上存在一个零点，命题得证．
若选②，则由（Ⅰ）知： 在 ， 上单调递增，
在 ， 上单调递减，在 上单调递增．
，
， ， ， ，
当 时， ，此时 无零点．
当 时， 单调递增，注意到 ，
取 ， ， ，又易证 ，
，
在 上有唯一零点，即 在 上有唯一零点．
综上： 在 上有唯一零点．
7．（2021•北京）在 中， ， ．
（Ⅰ）求 ；
（Ⅱ）在条件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，并求
边上的中线的长．
条件① ；
条件② 的周长为 ；
条件③ 的面积为 ．注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个
解答计分．
【解析】（Ⅰ） ，
由正弦定理可得 ，即 ，
，
当 时， ，即 ，不符合题意，舍去，
，
，
即 ．
（Ⅱ）选① ，
由正弦定理可得
，与已知条件 矛盾，故 不存在，
选②周长为 ，
， ，
，
由正弦定理可得 ，即 ，
，
，，即 ， ， ，
存在且唯一确定，
设 的中点为 ，
，
在 中，运用余弦定理， ，
即 ， ，
边上的中线的长度 ．
选③面积为 ，
，
，
，解得 ，
余弦定理可得
，
．题型一：三角函数与解三角形
【典例1-1】记 的内角 的对边分别为 ，已知 ．
(1)求 ；
(2)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
① ；② ；③ ．
注：若选择多个组合分别解答，则按第一个解答计分．
【解析】（1）由题意可得： ，即 ，
由正弦定理得 ，则 ，
又 ，所以 ，
且 ， ，所以 ．
（2）若选择条件①②，证明③：
由（1）及条件①得 ，
结合正弦定理得 ，所以 ，
结合条件②得 ，
由余弦定理得 ，
故 ，解得 ，
结合 知，要证 ，
只需证 ，即证 ，由正弦定理得 ，故③成立．
若选择条件①③，证明②：
由（1）及条件①得 ，由正弦定理得 ，
由条件③及正弦定理得 ，
即 ，
所以 ，
又 ，所以 ，
结合余弦定理得 ，
所以 ，即 ，故②成立．
若选择条件②③，证明①：
由条件③及正弦定理得 ，
即 ，
所以 ，
又 ，所以 ，
结合余弦定理得 ，
由条件②得 ，
由（1）得 ，即 ，
由正弦定理得 ，故①成立．
【典例1-2】 的内角 的对边分别为 ，面积为 .已知 ，再从①②两个条件
中选取一个作为已知条件，求 的周长.
① ；② .注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.
【解析】若选择① ，
，得 ，
，
得 ，所以 ；
若选择② ，
，得 ，因为 ，所以 ，
那么 ， ，
，得 ， ， ，
所以 ，
所以 的周长为 .
【变式1-1】在 中，角 的对边分别是 ，从下面的三个条件中选取适当的一个并解答如下
问题.
① ；② ；③ .
(1)求 ；
(2)若 ，求 的取值范围.
【解析】（1）若选①，根据余弦定理得 ，
由正弦定理可得 ，即 .因为 ，所以 .
又 ，所以 ，又 ，所以 .
若选②，因为 ，所以由正弦定理，
可得 ，
即 ，整理得 ，
因为 ，所以 ，可得 ，即 ，
因为 ，所以 .
若选③，因为
所以由正弦定理可得： ，
因为 ，所以 ；
可得 .
又 ，故 .
（2）由（1）得 ，因 ，由正弦定理， ，
则 ，
，因为 且 ，
所以 ，所以 ，所以 的取值范围为 .
【变式1-2】在 中，点D在边BC上， ， ．
(1)若 ，证明：D为边BC的中点；
(2)从①②两个条件中选取一个作为已知条件，求 ．
① ；
② ．
注：如果选择两个条件分别解答，那么按第一个解答计分．
【解析】（1）
方法一：
因为 ，所以由正弦定理，得 ．
又 ，所以 ，所以 ．
又 ，且 ，
所以 ．
所以 ，即 ．
因为 ， ，所以 ， ．
在 中， ．
在 中，由正弦定理，得 ，即 ．所以 ，即D为边BC的中点．
方法二：
因为 ，且 ， ，
所以 ．
因为 的面积 ，
的面积 ，
所以 ，
所以 ，即D为边BC的中点．
（2）若选择条件①．
在 中，由正弦定理，得 ．
由 ，则 ，易知 .
由 ， ，得 ．①
在 中，由正弦定理，得 ．
由 ，
由 ，则 ，得 ．②
联立①②，得 ．整理，得 ，所以 ．
因为 ， ，所以 ．
若选择条件②．
在 中，由正弦定理，得 ．
由 ，可得 ，且 ，所以 ．①
在 中， ．由 ，可得 ．②
联立①②，得 ，即 ，
所以 ．整理，得 ，
解得 或 （舍去）．
所以 ．
1．记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
(1)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立；
① ；② ；③ .
(2)若点M为 外的一点，且 ， .当 为等边三角形时，求四边形
面积的取值范围.
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）选择条件①②：
化简①式可得 ，由余弦定理可得 ，
所以由②式可得 ，由正弦定理可得 ，
又 ，
所以 .
由正弦定理可得 ，③式得证.选择条件①③：
化简①式可得 ，由余弦定理可得 .
由③式及正弦定理可得， ，
即 ，由正弦定理可得 ，②式得证.
选择条件②③：
由③式及正弦定理可得， ，
即 ，由正弦定理可得 ，结合②式可得 ，
化简①式可得 ，又 ，①式得证.
（2）如图所示，设 ，
由余弦定理可得 ，
四边形 的面积
.
又 ，所以 .
题型二：数列
【典例2-1】已知数列 的各项均为正数， ，记 为 的前n项和．
(1)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 ．
(2)若 ，在（1）的条件下，将在数列 中，但不在数列 中的项从小到大依次排列构成数列
，求数列 的前20项和．
【解析】（1）选①②作条件证明③：
因为数列 是等差数列，数列 是等差数列，
设 ，
所以 ，
所以 ，
当 时， ，
当 时， ，
若 ，则 ，不合题意，
若 ，则 ，
，
，满足题意， ，得证.
选①③作条件证明②：设等差数列 的公差为 ，
由 得 ，则 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以数列 是等差数列，得证.
选②③作条件证明①：
因为数列 是等差数列， ，
所以公差为 ，首项为 ，
则 ，即 ，则有 ，
两式作差得 ，即 ，
所以 ，
即 ，即 ，又 适合上式，
所以 ，则 ，所以数列 是等差数列，得证.
（2）当 时，由（1）可知， ，则 ， ，
当数列 取20项时，设数列 中取 项，去掉数列 中的 项，则有 ，（其中 取正整数），
则当 时 ，不等式组成立，
当 时， ，不等式组不成立，
所以取 时，设数列 的前20项和为 ，
则
，
即数列 的前20项和是 .
【典例2-2】已知等差数列 ，记 为 的前 项和，从下面①②③中再选取一个作为条件，
解决下面问题．① ；② ；③ ．
(1)求 的最小值；
(2)设 的前 项和为 ，求 ．
【解析】（1）设等差数列 的公差为 ，且 ．
选择①：（1）因为 ，所以 ，解得 ．
所以 ，则 ，
利用二次函数对称性和开口方向知， 关于 对称，
因为 ，所以当 或6时， .
选择②：因为 ，可得 ，因为 ，所以 ，此时 ，所以 ，
因为 ，所以 单调递增，且当 时， ．
所以当 或11时， 最小，此时 .
选择③：因为 ，所以 ，即 ，所以 ，
所以 ，则 ，
利用二次函数对称性和开口方向知， 关于 对称，
因为 ，所以当 或6时， .
（2）若选择①或③：由（1）知 ，当 时， ，
所以
.
若选择②：由（1）知 ，且当 时， ，且 ，
所以
.
【变式2-1】已知数列 的前 项和为 ，且 ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)已知_________， 是 的前 项和，证明： ．
从① ，② 中选取一个补充至题中并完成问题．【解析】（1）当 时， ，
∴ ，
∴ ，
当 时，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．又 ．
∴数列 是以3为首项，3为公比的等比数列，
∴ ．
（2）选①：由 ，
知 ，
故 ．
选②：由 ，
知 ．
【变式2-2】①数列 中，已知 ，对任意的 ， 都有 ，令 . 函数
②
对任意 有 ，数列 满足 ，令.
在①、②中选取一个作为条件，求解如下问题.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
(1)数列 是等差数列吗？请给予证明.
(2)求数列 的前 项和 .
【解析】（1）若选①，数列 是等差数列，证明如下：
因为 ，对任意的 ， 都有 ，
令 ，所以 ，
则 ，又因为 ，所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列.
若选②，数列 是等差数列，证明如下：
因为函数 对任意 有 ，
令 ，得 ，即 ，
，
又 ，
两式相加，得 ，
所以 ， .
又因为 ，
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列.（2）若选①，由（1）知， ，
所以 ，
所以 .
若选②，由（1）知， ，
所以 ，
所以 .
1．已知数列 的各项均为正数，记 为 的前 项和.
(1)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立；
① ；
② ；
.
③
(2)在（1）的条件下，若 ，求 .
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）证明：若选择①②，证明③成立.
由 ，得 ，
故数列 是等差数列，设数列 的公差为 ，故 ，
，所以 ，
所以 ，所以 ，
故 ，所以
，
故 .
若选择①③为条件，证明②成立.
由 ，得 ，
故数列 是等差数列，
设数列 的公差为 ，
，
因为 ，即 ，
整理可得 ，所以 ，
所以 ，故 .
若选择②③为条件，证明①成立.
由题意可得 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以数列 是等差数列，则数列 的公差为 ，
所以 ，
所以当 时， ，当 时上式也成立，故数列 的通项公式为 .
又 ，
所以 ，
又 ，所以 ，
故 .
（2）由（1）可知，数列 是首项 ，公差 的等差数列，
所以 ，
所以 ，
所以
题型三：立体几何
【典例3-1】如图，三棱锥 中， ， ， ，D是棱AB的中点，点E
在棱AC上.
(1)下面有①②③三个命题，能否从中选取两个命题作为条件，证明另外一个命题成立？如果能，请你选取
并证明（只要选取一组并证明，选取多组的，按第一组记分）；
①平面 ⊥平面 ；
② ；.
③
(2)若三棱锥 的体积为 ，以你在（1）所选的两个条件作为条件，求平面 与平面 所成二
面角的大小.
【解析】（1）选择①②，可证明③.
由 ， 是线段 的中点，得 ⊥ .
又平面 ⊥平面 ，平面 平面 ，且 平面 ；
所以 ⊥平面 ，
AC 平面ABC，得 ⊥ ，
又 ⊥ ； ， 平面 ，
所以 ⊥平面 ．
因为 平面 ，所以 ，
若选择①③，可证明②.
由 ， 是线段 的中点，得 ⊥ .
又平面 ⊥平面 ，平面 平面 ，且 平面 ；
所以 ⊥平面 ，
平面 ，得 ，
又 ⊥ ， ， 平面 ，所以 ⊥平面 ，
因为 平面 ，所以 ．
选择②③，可证明①.
由 ， 是线段 的中点，得 ⊥
因为 ⊥ ， ⊥ ， 平面 ， ，
所以 ⊥平面 ．
PD 平面PDE，得 ⊥ ，
, 平面 ，所以 ⊥平面 ．
又 平面 ，故平面 ⊥平面 .
（2）方法一：由（1），选择①②，则③成立. 取线段 的中点F，连接 ，则由 ，及 是线段 的中点，
得 ⊥ . 由（1）知， ⊥平面 ，
以点D为坐标原点， 所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系三棱锥 的体积 ，且 ，
，得 ，得
所以由 ， 是线段 的中点， ⊥ ，得：
.
所以 ， ， ， .
设面 与面 的法向量分别为 ， ，
则 ， 得： ，所以面 的一个法向量为 .
， 得： ，所以面 的一个法向量为 .
设平面 与平面 所成二面角为 ，
则 ，因为 ，所以面 与面 所成二面角的大小为 ．
方法二：延长 交 的延长线于Q，连接 ，
则平面 与平面 .
由三棱锥 的体积为 ，且 ，
，得 ，解得 .
又由 ，及 是线段 的中点， ⊥ ，
在等腰直角三角形 中， ， ，
连结CD，在 中， ， ， ，
在等腰直角三角形 中， ， ，
在 中， ，
在 中，由 ，所以 ，
又由（1）知， ⊥平面 ， 是 在面 内射影，
由三垂线逆定理得： ，
则 即为二面角 的平面角，
，
所以面 与面 所成二面角的大小为 .【典例3-2】已知四棱锥 的底面 是正方形，给出下列三个条件：① ；② ；
③ 平面 .
(1)从①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立；
(2)在（1）的条件下，若 ，当四棱锥 体积最大时，求二面角 的余弦值.
【解析】（1）①② ③，
连接 ， 相交于 ，连接 ，由于底面 是正方形，所以 ，
又 ， ， ， 平面 ，
故 平面 ， 平面 ，故 ，
由于 ， ， ，故 ，
因此 ， ， ， 平面 ，
故 平面 ，（可得四棱锥 是正四棱锥）
平面 ，故 ，
又 ， ， ， 平面 ，故 平面 .
②③ ①
连接 ， 相交于 ，连接 ，由于底面 是正方形，所以 ，
又 ， ， ， 平面 ，
故 平面 ， 平面 ，故 ，
又 平面 ， 平面 ，故 ，， ， 平面 ，故 平面 ，
结合底面 是正方形， 是正方形的中心，
所以四棱锥 是正四棱锥，故 ，
①③ ②
连接 ， 相交于 ，连接 ， 平面 ， 平面 ，故 ，
由于 ， ，故 ，又 ， ， ，故 ，
故 ，
因此 ， ， ， ， 平面 ，故 平面 ，
故四棱锥 是正四棱锥，
由于 ，又 ， ， ， 平面 ，
故 平面 ， 平面 ，故 ，
（2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥 是正四棱锥，
设四棱锥的底边边长为 ，则四 ，
所以 ，
故 ，
由于 ，
当且仅当 ，即 时取等号，
故当四棱锥的底边边长为 时，四棱锥 体积的最大值为 .
（法一）因为 底面 ，由点 向 作垂线，垂足为 ，连接 ，
又因为 底面 ， ，
所以 为二面角 的平面角，， ， ，
即二面角 的余弦值为 .
（法二）以 点为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
则 ， ， ，
所以 ， ，
设面 的法向量为 ，
则 即 ，
不妨取 ，则 ， ，所以 ，
易得平面 的法向量 ，
设二面角 的平面角为 ，
即二面角 的余弦值为 .
【变式3-1】如图，在四棱锥 中，侧棱 平面BCDE，底面四边形BCDE是矩形，
，点P，M分别为棱AE，AC的中点，点F在棱BE上．(1)若 ，求证：直线 平面
(2)若 ，从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立．
①平面ADE与平面ABC的交线为直线l，l与直线CF成角的余弦值为
②二面角 的余弦值为
【解析】（1）证明：如图所示，取AP的中点N，连结BN，MN，
因为 分别为 的中点，所以 ，
又因为 平面PCF，PC在平面PCF内，所以直线 平面 ，
因为 ，所以 ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以直线 平面 ，
因为 ，且 平面 内，
所以平面 平面 ，又 平面 ，
所以 平面 .（2）若选择条件①：
平面ADE与平面ABC的交线为直线 ，作出直线 ，如图所示，
由于 ， 平面ADE， 平面ADE，所以 平面ADE，
又由 平面ABC，平面 平面 ，
可知 ，异面直线 与CF成角，即为 ，可得 ，
所以 ，
以 为坐标原点， 的方向分别为 轴的正方向,建立空间直角坐标系，
如图所示，可得 ， ， ， ，
所以 ，
设平面PCF的法向量为 ，则 ，
令 ，可得 ，所以 ，
又由平面 的一个法向量为 ，则 ，
由题意知二面角 的平面角为锐角，即二面角 的余弦值为
选择条件②：
以 为坐标原点， 的方向分别为 轴的正方向,建立空间直角坐标系，
如图所示：设 ，可得 ，
则 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，可得 ，所以 ，平面 的法向量为 ，二面角 的余弦值为 ，
即 ，解得 ，
平面 与平面 的交线为直线l，作出直线l，如图所示，
由于 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面ABC，平面 平面 ，
可知 ，异面直线l与CF成角即为 ，所以
1.如图，在四棱锥 中，侧棱 平面ABCD，底面四边形ABCD是矩形， ，点M，
N分别为棱PB，PD的中点，点E在棱AD上， .(1)求证：直线 平面BNE；
(2)从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立.
①平面PAB与平面PCD的交线l与直线BE所成角的余弦值为 ；
②二面角 的余弦值为 .
注：若选择不同的组合分别作答，则按第一个解答计分.
【解析】（1）如图，连接MD，交BN于点F，连接EF，
因为M，N分别为棱PB，PD的中点，
所以F为 的重心，则 ，
又在 中， ，所以 ，
又因为 平面BNE， 平面BNE，
所以 平面BNE.
（2）若选①作为已知条件：
在矩形ABCD中， ， 平面PCD，
平面PCD，所以 平面PCD.
又 平面PAB，平面 平面 ，所以 .
所以l与直线BE所成角即为 .
在直角三角形ABE中， ， ，
所以由 可得，以 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ，所以 ， .
设平面BNE的法向量为 ，
则 ，取 ，可得 .
又 为平面BDE的一个法向量，
所以 .
由图可知，二面角 的余弦值为 .
若选②为已知条件：
以 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
因为 ，设 ，则 ， ， ，
则 ， .
设平面BNE的法向量为 ，
则 ，取 ，可得 .
又 为平面BDE的一个法向量，且二面角 的余弦值为 ，
所以 ，解得 .在矩形ABCD中， ， 平面PCD， 平面PCD，所以 平面PCD.
又 平面PAB，平面 平面 ，所以 .
所以l与直线BE所成角即为 .
在直角三角形ABE中， ， ， ，可得 ，
所以平面PAB与平面PCD的交线l与直线BE所成角的余弦值为 .
题型四：函数与导数
【典例4-1】如图，在四棱锥 中，侧棱 平面 ，底面四边形 是矩形，
，点 、 分别为棱 、 的中点，点 在棱 上．
(1)若 ，求证：直线 平面 ；
(2)若 ，从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立．
①平面 与平面 的交线为直线 ， 与直线 成角的余弦值为 ；
②二面角 的余弦值为 ．
注：若选择不同的组合分别作答，则按第一个解答计分．
【解析】（1）证明：如下图所示，取 的中点 ，连接 、 ，因为 、 分别为 、 的中点，所以， ，
因为 平面 ， 平面 ，所以， 平面 ，
又因为 ，所以， ，
因为 平面 ， 平面 ，所以， 平面 ，
因为 ， 、 平面 ，故平面 平面 ，
因为 平面 ，所以， 平面 .
（2）证明：若选①作为已知条件，平面 与平面 的交线为直线 ，作出直线 如图，
由于 ， 平面 ， 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，平面 平面 ，所以， ，
所以，异面直线 与 所成的角即为 ，
因为 ，则 ，则 ，
故 ，
以点 为坐标原点， 、 、 的方向分别为 、 、 轴的正方向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 ，易知平面 的一个法向量为 ，
则 ，
由图可知，二面角 为锐角，故二面角 的余弦值为 ；
若选②为已知条件，以点 为坐标原点， 、 、 的方向分别为 、 、 轴的正方向建立如图所示
的空间直角坐标系，
设 ，则 、 、 ， ， 。
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，
易知平面 的一个法向量为 ，且二面角 的余弦值为 ，
则 ，解得 ，
平面 与平面 的交线为直线 ，作出直线 如图，
由于 ， 平面 ， 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，平面 平面 ，所以， ，
所以，异面直线 与 所成的角即为 ，
因为 ，则 ，
则 .【典例4-2】已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)从①②两组条件中选取一组作为已知条件，证明： 恰有一个零点．
① ；
② ．
注：如果选择两组条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】（1）由题意得 ，
当 时，令 ，得 ；令 ，得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
当 时，令 ，得 或 ，
①当 时，令 ，得 或 ；令 ，得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减．
②当 时， 且等号不恒成立，所以 在R上单调递增．
③当 时，令 ，得 或 ；令 ，得 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减．
（2）选择条件①，证明如下：
由（1）知当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 处取得极大值 ，在 处取得极小值 ，
且 ．
由于 ，所以 ．
令 ，则 ，
令 得 ，当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 处取得极大值 ．
由于 ， ，
所以 在 上恒成立，所以 ．
当 时， ，所以 有一个零点，得证．
选择条件②，证明如下：由（1）知，当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 在
处取得极大值 ，在 处取得极小值 ．
由于 ，
所以 ，则 ，
所以 ．
当 时， ，所以 有一个零点，得证．
【变式4-1】设方程 有三个实数根 .
(1)求 的取值范围；
(2)请在以下两个问题中任选一个进行作答，注意选的序号不同，该题得分不同.若选①则该小问满分4分，
若选②则该小问满分9分.
①证明： ；
②证明： .
【解析】（1）由题意设 （ ），
则 ， ，
令 ，得 或 ，
当 或 时， ，所以 在 ， 上单调递增；当 时， ，所以 在 上单调递减；
又 ， ， ，且 ，
当 趋向于 时， 也趋向于 ，
又方程 有三个实数根 ，
等价于直线 与 的函数图像有三个交点，
即 ，
所以 的取值范围为 .
（2）选①，证明如下：
由（1）得： ，则 ，
设 ， ，则 ，
不妨设 ，则 （ ），
又 ，即 ，
故 ，即 ，所以 ， ， ，
则 ，
设 ， ，
则 ，
所以 在 上单调递减，即 ，
因为 ，则 ，即 ，又 ，则 ，
故 .
选②，证明如下：
由（1）得： ，则 ，
设 ， ，则 ，
不妨设 ，则 （ ），
又 ，即 ，
故 ，即 ，所以 ， （ ），
则 （ ），
设 ， ，
则 ，
所以 在 上单调递减，即 ，
因为 ，则 ，即 ，
又 ，则 ，故 .
所以 ，则 ，
又因为 ，所以 ，
从而 ，故 ①，
下证 ，
有 （ ），
即证 时， ，即 ，
即证 （ ），
设 （ ），则 ，
当 时， ，所以 在 上单调递增，
则 ，所以 ②，
又 ，所以得 ，
设 ，（ ），则 ，
当 时， ，所以 在 上单调递增，
则 ③，
联立①②③得： ，故 .
【变式4-2】已知函数 ，其中e是自然对数的底数.
(1)若 时，试判断f（x）在区间（ ，0）的单调性，并予以证明；
(2)从下面两个条件中任意选一个，试求实数a的取值范围.
①函数 在区间[0， ]上有且只有2个零点；
②当 时， .
【解析】（1）当 时，
.
当 时， ，
所以 ，
又 ，
故 ，从而 ，
所以，f（x）在（ ，0）上单调递增.
（2）选择①，
由函数 ，可知
因此f（x）在 上有且只有1个零点.，令 ，
则 在[0, ]上恒成立.
即 在[0， ]上单调递增， ，
当 时， ，f（x）在[0. ]上单调递增.
则f（x）在（0， ]上无零点，不合题意，舍去，
当 时， ， 在[0， ]上单调递减，
则 在（0， ]上无零点，不合题意，舍去，
当 时，
则 在（0， ）上只有1个零点，设为 .
且当 时， ；当 时，
所以当 时， 在（0， ）上单调递减，在（x0， ）上单调递增，
又
因此只需 即可，即 ，
综上所述：
选择②，构造函数
此时
则
易知
令
令 ，
令 ，则
所以 在（0， ）上单调递减.
又
在（0， ）上存在唯一实数 使得 ，且满足当 时，
当 时.
即p（x）在（0，x）上单调递增，在（x， ）上单调递减.
1 1
又 ，
所以 在 上存在一实数 使得 ，
且满足当 时， ；当 时，即 在（0，x2）上单调递增，在（ ， ）上单调递减，
当 时，即 ，函数 在[0， ]上单调递增，又 ，
因此 恒成立，符合题意，
当 ，即 ，在 上必存在实数 ，使得当 时， ，又 ，
因此在 上存在实数 不合题意，舍去
综上所述 .
1．已知函数 ， .
(1)求函数 的极值；
(2)请在下列①②中选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选①给分）.
①若 恒成立，求实数 的取值范围；
②若关于 的方程 有两个实根，求实数 的取值范围.
【解析】（1）函数 的定义域为 ，
，解得 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， 单调递减；
所以 ，无极小值.（2）若选①：由 恒成立，即 恒成立，
整理得： ，即 ，
设函数 ，则上式为 ，
因为 恒成立，所以 单调递增，所以 ，
即 ，
令 ， ，则 ，
当 时， ；
当 时， ；
所以 在 处取得极大值， 的最大值为 ，故 ，即 .
故当 时， 恒成立.
若选择②：由关于 的方程 有两个实根，
得 有两个实根，
整理得 ，
即 ，
设函数 ，则上式为 ，
因为 恒成立，所以 单调递增，
所以 ，即 ，
令 ， ，
则 ，当 时， ；
当 时， ；
所以 在 处取得极大值，
的最大值为 ，又因为
所以要想 有两个根，只需要 ，
即 ，所以 的取值范围为 .
题型五：圆锥曲线
【典例5-1】设椭圆方程 的离心率为 ，上､下顶点分别为 ，右焦点为 ，且
__________．
在① ，② ③ 这三个条件中任选一个，填在上面的横线上，并解答．
(1)求椭圆 的方程；
(2)过点 的直线 交椭圆 于 两点（不同于 两点），且 ，试求直线 的方程．
注：若选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分．
【解析】（1）若选①：由 ，即 ，
且 ，可得 ，所以椭圆 的方程为 ．
若选②：由 知 ，又离心率 ，所以 ，
所以椭圆 的方程为 ．若选③：由 可知 ，又离心率 ，
所以 ，
所以椭圆 的方程为 ．
（2）由（1）知，椭圆 的方程为 ，所以 ，
由 ，可得 ，所以 ．
当直线 的斜率为0时， ，
，不合题意．
当直线 的斜率不为0时，设直线 的方程为 ，
联立 得 ，判别式 ，
，
因为 ，所以 ，
即 ，
所以 ，解得 或 ．
当 时，直线 经过点 ，不符合题意，
当 时，直线 ，符合题意．
综上，直线 的方程为 ．【典例5-2】已知抛物线 .
(1)求抛物线在点 处的切线方程；
(2)若直线 交抛物线 于不同于原点 的两点 ， ，经研究，下面三个结论等价，请选择
其中一个作为条件，证明其他两个成立.
① ；②直线 过定点 ；③ ， .
【解析】（1）法一：显然抛物线在 处的切线的斜率存在，设其为 ，
则切线方程为 ，与抛物线 联立，得 ，
即 ，只需 ，解得 ，
所以切线方程为 .
法二：要求抛物线 在 处的切线，则由 可得
所以在 处的切线的斜率 ，所以切线方程为 .
（2）因为直线 交抛物线 于 ， 两点，所以可设直线
由 ，消去 可得 ，
所以 ， ， ，
，，
由① ②③：因为 ，所以 ，即 ，
所以 （ 舍去）.
所以直线 经过定点 ，即证②.
所以 ， ，即证③.
由② ①③：因为直线 经过定点 ，则
由上面可得 ， ，即证③；
所以 ，所以 ，即证①.
由③ ①②：因为 ， ，
所以 ，所以 ，即证①.
由上面可得 ，解得 ，
所以直线 经过定点 ，即证②.
【变式5-1】已知 为平面直角坐标系上的动点，记其轨迹为曲线 ．
(1)请从条件 ，条件 中任选一个，求出曲线 的方程；
① ②
点 为动圆的圆心，动圆 与圆 内切，且与直线 相切；
①
已知 ，且点 关于直线 的对称点在曲线 上．
②(2)过点 的直线交曲线 于 两点，分别以 为切点作 的两条切线交于点 ，求 面积
的最小值．
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【解析】（1）若选择条件①：
圆 ，圆心为 ，半径为1，
设动圆 的半径为 的坐标为 ，
根据条件可得 且 ，
即 到直线 的距离与到 距离之差为1，
故 到直线 的距离等于 到 的距离，
则 的轨迹是以 为焦点的抛物线，
故曲线 的方程为 ．
若选择条件②：设 的坐标为 ，可得 ，
则点 关于直线 的对称点为 ，
因为该点在曲线 上，所以 ，
整理可得 ，即曲线 的方程为 ．
（2）由题意可知直线 的斜率存在，且点 ，点 在 轴的两侧，
设 ， ， ，直线 的方程为 ，
由曲线 的方程 可得 ，求导得 ，
则过点 的切线方程为 ，
同理过点 的切线方程为 ，联立 ，解得 ，
联立 消 整理得 ，
由韦达定理得 ， ，
则点 的坐标为 ，
由弦长公式得 ，
点 到直线 的距离 ，
所以 ，
由上式可得，当 时， ，
则 面积的最小值为32．
【变式5-2】在平面直角坐标系xOy中，已知圆A： ，点 ，点P为圆A上任意一点，
线段BP的垂直平分线和半径AP所在直线相交于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为C.
(1)求C的方程.
(2)斜率存在且不为0的直线l与C交于M，N两点，点D在C上.从下面①②③中任选两个作为已知条件，
证明另外一个成立.
① 轴；②直线l经过点 ；③D，B，N三点共线.
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）由题意知， , ,
且点 在圆外，
则 ,
故点Q的轨迹为是以 为焦点，长轴 的双曲线，
故 ，双曲线的方程为： .
（2）设点 ，直线l的方程为： ，联立 得：
，
化简得： ，且 .
若选择①②证明③：
轴，且点D在C上，则 ，
直线l经过点 ，故 ，即 ，
此时 ,
故 ,
其中
，，故 ，即 ， ，
所以D，B，N三点共线.
若选择①③证明②：
轴，且点D在C上，则 ，
由D，B，N三点共线，知 ，
故 ，
化简得： ，即 ，
故直线l的方程为： ，过定点 .
若选择②③证明①：
直线l经过点 ，故 ，即 ，
由D，B，N三点共线，知 ，
故
化简得： ，
故直线 和直线 关于 对称，所以 关于 对称，
故 轴，
1．已知：平面内的动点P到定点为 和定直线 距离之比为 ，(1)求动点P的轨迹曲线C的方程；
(2)若直线 与曲线C的交点为M，N，点 ，
当满足 a 时，求证： b .
;
①
;
②
③直线 过定点，并求定点的坐标.
④直线 的斜率是定值，并求出定值.
请在①②里选择一个填在a处，在③④里选择一个填在b处，构成一个真命题，在答题卡上陈述你的命题，
并证明你的命题
【解析】（1）设 ，P到 的距离为d，依题意， ，则 ，
化简得 ，
所以动点P的轨迹曲线C的方程是 .
（2）选①③，当满足 时，求证：直线 过定点，并求定点的坐标.
由 消去 并整理得： ，
，设 ，于是 ，
由 ，得 ，
即 ，
整理得 ，
于是 ，
整理得 ，解得 或 ，
当 时，直线 过点 ，不符合题意，舍去，
当 时，直线 过点 ，
所以直线 过定点，该定点坐标为 .
选①④，当满足 时，求证：直线 的斜率是定值，并求出定值.
由选①③的解析知，直线 绕定点 旋转，其斜率不是定值，则①④构成的命题不是真命题.
选②④，当满足 时，求证：直线 的斜率是定值，并求出定值.
由 消去 并整理得： ，，设 ，
于是 ，
由 ，得 ，
整理得 ， ，
化简得 ，解得 或 ，
当 时，直线 过点 ，不符合题意，舍去，
当 时，直线 的斜率是定值，此定值为 .
若选②③，当满足 时，求证：直线 过定点，并求定点的坐标.
由选②④的解析知，当满足 时，直线 的斜率是定值，直线 是平行直线，不可能过定点，
因此②④构成的命题不是真命题.
