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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
1
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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．
2
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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．
4
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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
，
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,
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：
；
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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
，
；
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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．
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【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，
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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
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，
．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
，
，
，
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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
，
，
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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
，
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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
，
，
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，
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：
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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，
，
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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，
，
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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
，
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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
．
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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
，
，
，
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，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
，
．
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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
，
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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
.
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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
.
24
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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
，
，
25
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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
．
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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
，
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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.
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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．
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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：
30
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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，
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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
，
32
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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．
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【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
. ②函数
对任意
有
，数列
满足
，令
34
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.
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.
35
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（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，
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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，
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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
；
38
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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
，
39
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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
，
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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
.
41
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【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
，
42
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，
，
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，
43
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，
，
，
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．
44
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(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
.
45
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（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
，
46
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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，
.
47
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(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，
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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
.
49
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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
、
，
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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，
51
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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
.
52
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【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
，
53
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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：
54
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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；
55
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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
，
56
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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
，
57
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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：
，
58
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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.
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，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，
60
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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，x1）上单调递增，在（x1，
）上单调递减.
又
，
所以
在
上存在一实数
使得
，
且满足当
时，
；当
时，
61
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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.
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（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
，
63
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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
．
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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
．
65
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【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
，
，
，
，
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，
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①，条件②中任选一个，求出曲线
的方程；
①点
为动圆的圆心，动圆
与圆
内切，且与直线
相切；
②已知
，且点
关于直线
的对称点在曲线
上．
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(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
，
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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.
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【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
，
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，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
，
71
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(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
，
72
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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：
，
73
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，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.
74
