新高考數(shù)學二輪培優(yōu)精講精練技巧04 結構不良問題解題策略（含解析）

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?技巧04 結構不良問題解題策略
【命題規(guī)律】
結構不良問題是高考重點考查的內容之一，命題形式多種多樣，主要以解答題為主，應適度關注．
【核心考點目錄】
核心考點一：三角函數(shù)與解三角形
核心考點二：數(shù)列
核心考點三：立體幾何
核心考點四：函數(shù)與導數(shù)
核心考點五：圓錐曲線
【真題回歸】
1．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．
(1)求C的方程；
(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點在C上，且．過P且斜率為的直線與過Q且斜率為的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：
①M在上；②；③．
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.
【解析】（1）右焦點為，∴,∵漸近線方程為，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程為：；
（2）由已知得直線的斜率存在且不為零，直線的斜率不為零，
若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線的斜率存在且不為零；
若選①③推②，則為線段的中點，假若直線的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可知在軸上，即為焦點,此時由對稱性可知、關于軸對稱，與從而，已知不符；
總之，直線的斜率存在且不為零.
設直線的斜率為,直線方程為,
則條件①在上，等價于；
兩漸近線的方程合并為,
聯(lián)立消去y并化簡整理得：
設,線段中點為,則,
設,
則條件③等價于,
移項并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由題意知直線的斜率為, 直線的斜率為,
∴由,
∴,
所以直線的斜率,
直線,即,
代入雙曲線的方程,即中，
得：,
解得的橫坐標：,
同理：，
∴
∴,
∴條件②等價于，
綜上所述：
條件①在上，等價于；
條件②等價于；
條件③等價于；
選①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
選①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
選②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
2．（2022·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．

(1)求證：平面；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．
條件①：；
條件②：．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
【解析】（1）取的中點為，連接，
由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，
而，則，
而平面，平面，故平面，
而，則，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因為側面為正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因為，故平面，
因為平面，故，
若選①，則，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.
若選②，因為，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間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.

3．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)．
（1）討論的單調性；
（2）從下面兩個條件中選一個，證明：只有一個零點
①；
②．
【解析】(1)由函數(shù)的解析式可得：，
當時，若，則單調遞減，
若，則單調遞增；
當時，若，則單調遞增，
若，則單調遞減，
若，則單調遞增；
當時，在上單調遞增；
當時，若，則單調遞增，
若，則單調遞減，
若，則單調遞增；
(2)若選擇條件①：
由于，故，則，
而，
而函數(shù)在區(qū)間上單調遞增，故函數(shù)在區(qū)間上有一個零點.



，
由于，，故，
結合函數(shù)的單調性可知函數(shù)在區(qū)間上沒有零點.
綜上可得，題中的結論成立.
若選擇條件②：
由于，故，則，
當時，，，
而函數(shù)在區(qū)間上單調遞增，故函數(shù)在區(qū)間上有一個零點.
當時，構造函數(shù)，則，
當時，單調遞減，
當時，單調遞增，
注意到，故恒成立，從而有：，此時：
，
當時，，
取，則，
即：，
而函數(shù)在區(qū)間上單調遞增，故函數(shù)在區(qū)間上有一個零點.



，
由于，，故，
結合函數(shù)的單調性可知函數(shù)在區(qū)間上沒有零點.
綜上可得，題中的結論成立.
4．（2021·北京·統(tǒng)考高考真題）在中，，．
（1）求；
（2）再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使存在且唯一確定，求邊上中線的長．
條件①：；
條件②：的周長為；
條件③：的面積為；
【解析】（1），則由正弦定理可得，
，，，，
，解得；
（2）若選擇①：由正弦定理結合（1）可得，
與矛盾，故這樣的不存在；
若選擇②：由（1）可得，
設的外接圓半徑為，
則由正弦定理可得，
，
則周長，
解得，則，
由余弦定理可得邊上的中線的長度為：
；
若選擇③：由（1）可得，即，
則，解得，
則由余弦定理可得邊上的中線的長度為：
.
5．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知數(shù)列的各項均為正數(shù)，記為的前n項和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．
①數(shù)列是等差數(shù)列：②數(shù)列是等差數(shù)列；③．
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．
【解析】選①②作條件證明③：
[方法一]：待定系數(shù)法+與關系式
設，則，
當時，；
當時，；
因為也是等差數(shù)列，所以，解得；
所以，，故.
[方法二] ：待定系數(shù)法
設等差數(shù)列的公差為d，等差數(shù)列的公差為，
則，將代入，
化簡得對于恒成立．
則有，解得．所以．
選①③作條件證明②：
因為，是等差數(shù)列，
所以公差，
所以，即，
因為，
所以是等差數(shù)列.
選②③作條件證明①：
[方法一]：定義法
設，則，
當時，；
當時，；
因為，所以，解得或；
當時，，當時，滿足等差數(shù)列的定義，此時為等差數(shù)列；
當時，，不合題意，舍去.
綜上可知為等差數(shù)列.
[方法二]【最優(yōu)解】：求解通項公式
因為，所以，，因為也為等差數(shù)列，所以公差，所以，故，當時，，當時，滿足上式，故的通項公式為，所以，，符合題意.
【方法技巧與總結】
1、靈活選用條件，“牽手”解題經(jīng)驗
對于試題中提供的選擇條件，應該逐一分析條件考查的知識內容，并結合自身的知識體系，盡量選擇比較有把握的知識內容，納入自己熟悉的知識體系中．因此，條件的初始判斷分析還是比較重要的，良好的開端是成功的一半嘛！
2、正確辨析題設，開展合理驗證
對于條件組合類問題，初始狀態(tài)更加的不確定，最關鍵的步驟在于對選項的條件進行組合后驗證，應從多個角度，考慮多種可能性的組合，這個分析過程對思維的系統(tǒng)性、靈活性、深刻性和創(chuàng)造性的考查提出了新的要求，所以需要更加細致地完成這個驗證過程．
3、全面審視信息，“活”學結合“活”用
數(shù)學必備知識是學科理論的基本內容，是考查學生能力與素養(yǎng) 的有效途徑和載體，更是今后生活和學習的基礎．數(shù)學基礎知識是數(shù)學核心素養(yǎng)的外顯表現(xiàn)，是發(fā)展數(shù)學核心素養(yǎng)的有效載體．“活”的知識才是能力，“活”的能力才是素養(yǎng)．我們在學習中要重視對教材內容的理解與掌握，夯實必備知識，并在此基礎上活學活用，提高思維的靈活性，才能更好地應對高考數(shù)學中考查的開放性、探究性問題．
【核心考點】
核心考點一：三角函數(shù)與解三角形
【典型例題】
例1．（2022·全國·高三校聯(lián)考階段練習）已知函數(shù).
(1)求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間和最小正周期；
(2)若當時，關于x的不等式. 求實數(shù)m的取值范圍.
請選擇①恒成立，②有解，兩條件中的一個，補全問題(2)，并求解.
注意：如果選擇①和②兩個條件解答，以解答過程中書寫在前面的情況計分.
【解析】（1）
．
所以函數(shù)的最小正周期．
由，解得．
所以函數(shù)的單調增區(qū)間為，
（2）若選擇①
由題意可知，不等式恒成立，即．
因為，所以．
故當，即時，取得最小值，且最小值為．
所以，實數(shù)m的取值范圍為．
若選擇②
由題意可知，不等式有解，即．
因為，所以．
故當，即時，取得最大值，且最大值為．
所以，實數(shù)m的取值范圍．
例2．（2022春·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學?？茧A段練習）已知分別為內角的對邊，若同時滿足下列四個條件中的三個：①；②；③；④．
(1)滿足有解三角形的序號組合有哪些？
(2)請在（1）所有組合中任選一組，求對應的面積．
【解析】（1）對于③，；
對于④，，
即，且，則，
故③，④不能同時存在，則滿足有解三角形的序號組合為①②③，①②④．
（2）選①②③：時，
由余弦定理：，
整理得：且，則，
的面積為．
選①②④：時，
由余弦定理：，
整理得：，則，
的面積．
例3．（2022春·浙江·高二期中）在①，②，③三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并解答．

(1)求角的大??；
(2)如圖所示，當取得最大值時，若在所在平面內取一點（與在兩側），使得線段，求面積的最大值．
【解析】（1）若選①，
由正弦定理得，，整理得，
所以，又，所以；
若選②，
由余弦定理得，化簡得
所以，又，所以；
若選③，
由余弦定理得，，
化簡得，又，所以；
（2）由（1）得，故，
所以
由，所以當即時，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
，
因為，可得，所以，

，
當且僅當即時,等號成立，
所以面積的最大值為．
核心考點二：數(shù)列
【典型例題】
例4．（2022春·廣東·高三校聯(lián)考階段練習）已知等差數(shù)列前項和為，再從條件①?條件②?條件③選擇一個作為已知，求：
(1)數(shù)列的通項公式；
(2)設，求數(shù)列的前項和.
條件①；條件②；條件③.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
【解析】（1）設等差數(shù)列首項，公差，
選條件①：由已知，得
，解得，故，
選條件②：由已知，得，解得，
，
選條件③：由已知，則，所以，
解得，即，
綜上所述，數(shù)列的通項公式為
（2）由(1)問的結論代入，
則，
所以數(shù)列的前項和.
例5．（2022秋·黑龍江哈爾濱·高二哈爾濱工業(yè)大學附屬中學校?？计谀┰O數(shù)列是等比數(shù)列，其前項和為
(1)從下面兩個條件中任選一個作為已知條件，求的通項公式；
①；②；
(2)在（1）的條件下，若，求數(shù)列的前項和
【解析】（1）設等比數(shù)列的公比為，，
若選①，，，
時，，
可得，，
所以；
若選②，，所以，
可得，所以，，；
（2），，所以，
所以是公比為首項為的等比數(shù)列，
故.
例6．（2022春·福建·高三校聯(lián)考階段練習）從①；②；③三個選項中，任選一個填入下列空白處，并求解.已知數(shù)列，滿足，且，，______，求數(shù)列的前項和.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
【解析】因為，所以，
又因為，所以，所以，.
選①：，
所以，
選②：，
所以，
選③：，所以，
，
兩式相減，可得
核心考點三：立體幾何
【典型例題】
例7．（2022春·云南楚雄·高三?？茧A段練習）在四棱錐中，平面為棱中點，，，再從條件①?條件②這兩個條件中選擇一個作為已知．
條件①：；
條件②：平面．

(1).求證：；
(2).求直線與平面所成角的正弦值．
【解析】（1）如圖，連接AC，因平面，平面，則.
又，則.注意到，則為等腰直角三角形，其中，.
若選條件①，由余弦定理可得，
，結合為三角形內角，得，又，則，即.
若選條件②，因平面，BC平面，平面平面，
則，又，則，即.
（2）若選條件①，由（1）可得，則，
故建立以A為坐標原點，如下圖所示空間直角坐標系（軸所在直線與DC平行）
又，，
則，.
則，，.
設平面法向量為，則.
取，又設與平面所成角為，
則.
即直線與平面所成角的正弦值為
若選條件②，由（1）可得，故建立以A為坐標原點，如下圖所示空間直角坐標系（軸所在直線與DC平行）
因，則，
則由余弦定理可得.
又，
則，.
則，，.
設平面法向量為，則.
取，又設與平面所成角為，
則.
即直線與平面所成角的正弦值為.

例8．（2022春·新疆伊犁·高二?？计谥校蘑貯B⊥BC；②直線SC與平面ABCD所成的角為60°；③△ACD為銳角三角形且三棱錐S﹣ACD的體積為2這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并完成解答．
如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，SA⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別為AB，SC的中點．

(1)求證：直線EF∥平面SAD；
(2)若，AD＝2，_______，求平面SBC與平面SCD所成銳二面角的余弦值．
【解析】（1）取SD的中點M，連接MF，AM，
∵F為SC的中點
∴MF∥CD，MF＝CD，
∵四邊形ABCD是菱形，E為AB的中點，
∴AE∥CD，AE＝CD，
∴MF∥AE，MF＝AE，
∴四邊形AEFM為平行四邊形，
∴EF∥AM，
∵EF?平面SAD，AM?平面SAD，
∴EF∥平面SAD．

（2）選擇條件①：
∵SA⊥平面ABCD，
∴SA⊥AB，SA⊥AD，因為，
所以AB⊥AD，
故以A為原點，AB，AD，AS所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
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），
設平面SBC的法向量為，
，
同理可得，平面SCD的法向量為，
，
故平面SBC與平面SCD所成銳二面角的余弦值為．

選擇條件②：
連接AC，
∵SA⊥平面ABCD，
∴∠SCA為直線SC與平面ABCD所成的角，即∠SCA＝60°，
∵，∴AC＝2，
∴△ABC為等邊三角形，
取BC的中點N，連接AN，
以A為原點，AN，AD，AS所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（，1，﹣2），＝（﹣，1，0），
設平面SBC的法向量為，
，
同理可得，平面SCD的法向量為，

故平面SBC與平面SCD所成銳二面角的余弦值為．

選擇條件③：
∵VS﹣ACD＝SA?S△ACD＝SA?＝×＝2，
∴sin∠ADC＝，
∵∠ADC∈（0，），∴∠ADC＝，
∴AC＝2，
∴△ABC為等邊三角形，
取BC的中點N，連接AN，
以A為原點，AN，AD，AS所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（，1，﹣2），＝（﹣，1，0），
設平面SBC的法向量為，
，
同理可得，平面SCD的法向量為，

故平面SBC與平面SCD所成銳二面角的余弦值為．
例9．（2022春·四川遂寧·高二遂寧中學?？计谥校蘑?，②G是的中點，③G是的內心.三個條件中任選一個條件，補充在下面問題中，并完成解答.在四棱錐中，底面ABCD是矩形，底面，且，，，，分別為，的中點.

(1)判斷EF與平面的位置關系，并證明你的結論；
(2)若G是側面上的一點，且________，求三棱錐的體積.
注：如果選擇多個條件分別解答，則按第一個解答計分.
【解析】（1）平面，理由如下：
如下圖所示，連接，

因為四邊形為矩形，且點為的中點，則點為的中點，
又因為為的中點，所以，
∵平面，平面，∴平面；
（2）∵四邊形為矩形，則，
∵平面，平面，∴，
∵，∴平面.
∵為的中點，則.

選①：∵，則，∴平面，且，
；
選②：∵、分別為、的中點，∴，且，
∵平面，∴平面，
；

選③：設的內切圓切于點，連接，則，
∵平面，平面，∴，
在平面內，，，則，∴平面，
，，
由等面積法可得，
所以，，
所以，.

核心考點四：函數(shù)與導數(shù)
【典型例題】
例10．（2022·浙江·模擬預測）已知函數(shù)．
(1)若是的極值點，求a；
(2)若，分別是的零點和極值點，證明下面①，②中的一個．
①當時，；②當時，．
注：如果選擇①，②分別解答，則按第一個解答計分．
【解析】（1）因為，所以，
若是函數(shù)的極值點，則，，即，
此時，
設，則，，
所以存在，使得當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，
所以當時，是的極值點.
（2）選擇①：
因為分別為的零點和極值點，所以，
，所以.
當時，，則，即
因為，所以當，即時，成立，
當時，若，則只需證明，
設，則
設，
則為增函數(shù)，且
所以存在唯一，使得，
當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，
故，所以，單調遞增，
所以，則，等價于.
設，則，
當時，若時，，，單調遞減，
所以當，所以當時，成立，
設，則，
當時，，單調遞增所以當時，，
即成立，
綜上，若，分別是的零點和極值點，當時，.
選擇②：
因為分別為的零點和極值點，所以，
，所以.
當時，，則，即
若，即則只需證明，
設，則，
當時，，單調遞減，所以.
若，設，則，單調遞增，
所以，所以，，
所以只需證明.
設，則，
當時，，當時，即時，，
設，
則，
因為當時，函數(shù)單調遞增，
所以當時，，
，單調遞減，此時也有，
所以當時，單調遞減，，即當時，，
綜上，綜上，若，分別是的零點和極值點，當時，.
例11．（2022春·貴州銅仁·高三?？茧A段練習）已知指數(shù)函數(shù)經(jīng)過點.求：
(1)若函數(shù)的圖象與的圖象關于直線對稱，且與直線相切，求的值；
(2)對于實數(shù)，，且，①；②.
在兩個結論中任選一個，并證明.（注：如果選擇多個結論分別證明，按第一個計分）
【解析】（1）設函數(shù)（且），
因為指數(shù)函數(shù)經(jīng)過點，所以，解得：，
則函數(shù)，又函數(shù)的圖象與的圖象關于直線對稱，
即函數(shù)與互為反函數(shù)，則，
設直線相切與函數(shù)的切點坐標為，由于，
則，解得，
故．
（2）若選擇①：不妨設，則，要證不等式，
即，即，
令，則，不等式等價于，即在上成立．
令（），則，
當且僅當時取等號，故函數(shù)在為增函數(shù)，
所以，故不等式成立．
綜上：結論①得證 .
若選擇②：不妨設，則，
要證不等式，即，
即要證不等式，
令，則，不等式等價于，
即在上恒成立，
令（），
則，即在為增函數(shù)，
所以，
故不等式成立，
綜上：結論②得證.
例12．（2022春·廣東東莞·高三東莞市東華高級中學?？茧A段練習）已知三個函數(shù)①，②，③．
(1)請從上述三個函數(shù)中選擇一個函數(shù)，根據(jù)你選擇的函數(shù)畫出該函數(shù)的圖象（不用寫作圖過程），并寫出該函數(shù)的單調遞減區(qū)間(不必說明理由)；
(2)把（1）中所選的函數(shù)記為函數(shù)，若關于x的方程有且僅有兩個不同的根，求實數(shù)k的取值范圍；
(3)（請從下面三個選項中選一個作答）
（i）若（1）中所選①的函數(shù)時，有，且，求的值；
（ii）若（1）中所選②的函數(shù)時，有，且，求的取值范圍；
（iii）若（1）中所選③的函數(shù)時，有，且，求的值．
【解析】（1）若選①，函數(shù)圖象如下圖所示：

由圖象可知函數(shù)的單調減區(qū)間為：和；
若選②，函數(shù)圖象如下圖所示：

由圖象可知函數(shù)的單調減區(qū)間為：和；
若選③，函數(shù)圖象如下圖所示：

由圖象可知函數(shù)的單調減區(qū)間為：；
（2）關于的方程有且僅有兩個不同的根與的函數(shù)圖象有兩個不同的交點，
若選①，根據(jù)函數(shù)圖象可知，若與的圖象有兩個交點，此時；
若選②，根據(jù)函數(shù)圖象可知，若與的圖象有兩個交點，此時或；
若選③，根據(jù)函數(shù)圖象可知，若與的圖象有兩個交點，此時；
（3）（i）若選①，如圖所示：

設，因為的圖象關于對稱，
所以關于對稱，關于對稱，
所以；
（ii）若選②，如圖所示：

設，
由圖象可知：，，
所以，，所以，，
所以，，所以；
（iii）若選③，如圖所示：

設，由圖象可知：，且，
所以，所以．
核心考點五：圓錐曲線
【典型例題】
例13．（2022春·遼寧大連·高二育明高中?？计谥校龠^且垂直于長軸的直線與橢圓C相交所得的弦長為3；②P為橢圓C上一點，面積最大值為.在上述兩個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并加以解答.
設橢圓左右焦點分別為，，上下頂點分別為，，短軸長為，______.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)過點的直線l與C交于不同的兩點M，N，若，試求內切圓的面積.
【解析】（1）依題意，
若選①：由，，
所以，所以，
所以橢圓的標準方程為.
若選②：對于，
當最大，也即是橢圓的上下頂點時，
三角形的面積取得最大值為，
所以，
所以橢圓的標準方程為.
（2）由（1）得，
由于，所以直線的斜率為，
所以直線的方程為，
由消去并化簡得，，
設，則，
所以，
到直線即的距離為，
所以三角形的面積為，
設三角形的內切圓半徑為，
則，
所以內切圓的面積為.
例14．（2022春·重慶沙坪壩·高三重慶一中?？计谥校┮阎獧E圓：，分別為橢圓的上下頂點，點為橢圓上異于點的任一點，若的最大值僅在點與點重合時取到，在下列三個條件中能滿足要求的條件有____________.
條件①：過焦點且與長軸垂直的弦長為；
條件②：點與點不重合時，直線與的斜率之積為；
條件③：，分別是橢圓的左、右焦點，的最大值是120°.
(1)選出所有滿足要求的條件，說明理由并求出此時的橢圓方程；
(2)若過原點作與平行的直線，與平行的直線，，的斜率存在且分別與橢圓交于四點，則四邊形的面積是否為定值?若為定值，求出該值；若非定值，求其取值范圍.
【解析】（1）由題知橢圓焦點在軸上，，
因為點為橢圓上異于點的任一點，
所以，設，即，
所以，，
選條件①，過焦點且與長軸垂直的弦長為，
所以，令得，
所以，，解得，此時橢圓的方程為，
因為的最大值僅在點與點重合時取到，即時取到最大值，
顯然，不滿足點與點重合時取到最大值，
所以，條件①不滿足；
選條件②，點與點不重合時，直線與的斜率之積為，
所以，，，、
所以，，此時橢圓的方程為，
因為的最大值僅在點與點重合時取到，即時取到最大值，
所以，，即時取到最大值，滿足點與點重合時取到最大值，
所以，條件②滿足，此時橢圓的方程為.
條件③，，分別是橢圓的左、右焦點，的最大值是120°，
因為的最大值是120°，
所以，，，橢圓的方程為，
因為的最大值僅在點與點重合時取到，即時取到最大值，
顯然，不滿足點與點重合時取到最大值，
所以，條件③不滿足.
（2）因為，的斜率存在，平行的直線，與平行的直線，
所以，如圖，不妨設直線的斜率為，則由（1）知的斜率為，
所以，直線的方程為，直線的方程，
所以，聯(lián)立方程得，，故，
聯(lián)立聯(lián)立方程得，，故，
設直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，則，
所以，，，
所以，
所以，四邊形的面積

，
所以，四邊形的面積是為定值.

例15．（2022·全國·高三專題練習）已知點，動點到直線的距離為，且，記的軌跡為曲線．
(1)求的方程；
(2)過作圓的兩條切線、（其中、為切點），直線、分別交的另一點為、．從下面①和②兩個結論中任選其一進行證明．
①為定值；
②．
【解析】（1）由題意知，兩邊平方整即得，
所以，曲線的方程為.
（2）證明：設、、，
當時，，則不妨設點，則點或，
此時，則；???????????
當時，設直線，
由直線與圓相切可得，即，
聯(lián)立可得，
，
由韋達定理可得，，
則
，
所以，，同理可得.
選①，由及可得，
則，所以，；
選②，出及可得：、、三點共線，則，
又，因此，.


【新題速遞】
1．（2022春·四川成都·高三成都七中階段練習）已知等差數(shù)列的公差為，前項和為，現(xiàn)給出下列三個條件：①，，成等比數(shù)列；②；③．請你從這三個條件中任選兩個解答下列問題．
(1)求的通項公式；
(2)若，且，設數(shù)列的前項和，求證．
【解析】（1）由條件①得，因為，，成等比數(shù)列，則，即，又，則，
由條件②得，即，
由條件③得，可得，即．
若選①②，則有，可得，則；
若選①③，則，則；
若選②③，則，可得，所以．
（2）證明：由，且，
所以當時，則有，
又也滿足，故對任意的，有，
則，
所以，
由于單調遞增，所以，
綜上：．
2．（遼寧省大連市2022-2023學年高二上學期期末數(shù)學試題）已知雙曲線．請從①②③中選取兩個作為條件補充到題中，并完成下列問題．①；②離心率為2；③與橢圓的焦點相同．
(1)求C的方程；
(2)直線與C交于A，B兩點，求的值．
【解析】（1）選①②，可得，，解得，所以C的方程為；
選①③，可得，，解得，所以C的方程為；
選②③，可得，，解得，，所以C的方程為；
（2）設，，聯(lián)立，消掉y，整理得，
所以，因為，
所以．
3．（四川省廣安市2022-2023學年高三第一次診斷性考試數(shù)學（理）試題）已知的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c從下列三個條件中選擇一個并解答問題：
①；②；
③．
(1)求角A的大??；
(2)若，且的面積為，求的周長．
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
【解析】（1）如選擇①，有，
即，
由正弦定理可得，，
又，所以，
因為，所以.
如選擇②，由可得，，
由正弦定理可得，，
又，
所以，又，
所以，即，
所以.
因為，所以，所以，解得.
如選擇③，.
由余弦定理可得，，
整理可得，，所以.
因為，所以.
（2）由（1）知，，又，且的面積為，
所以有，解得，
由余弦定理可得，，
所以，
所以的周長.
4．（2022春·吉林·高三東北師大附中?？茧A段練習）記數(shù)列的前n項和為.已知，且滿足___________.
從①記，且有；②；③中選出一個能確定的條件，補充到上面橫線處，并解答下面的問題.
(1)求的通項公式；
(2)若，求數(shù)列的前n項和.
【解析】（1）選擇條件①，解析如下：
因為，，所以，則，
故，得，即，即條件②，
以下解析與選擇條件②解析相同，見下方解析；
選擇條件②，解析如下：
因為，
所以當時，，得；
當時，，
所以，
則，即，
經(jīng)檢驗：當時，，
所以，
所以是以，的等差數(shù)列，
故；
不能選擇條件③，理由如下：
因為，所以數(shù)列的奇數(shù)項和偶數(shù)項分別構成等差數(shù)列，
又因為，所以數(shù)列的奇數(shù)項可以確定，
但數(shù)列的任一偶數(shù)項都未知，故數(shù)列的偶數(shù)項無法確定，
因此數(shù)列不確定，故條件③不能選.
（2）由（1）得，
所以，
則，
兩式相減，得，
所以.
5．（2022春·江西宜春·高三江西省豐城中學校考期中）在①；②這兩個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并加以解答．
在中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，已知______．
(1)求角A的大??；
(2)若為銳角三角形，且其面積為，點G為重心，點M為線段的中點，點N在線段上，且，線段與線段相交于點P，求的取值范圍．
注：如果選擇多個方案分別解答，按 第一個方案解答計分．
【解析】（1）若選①，
由正弦定理可得
即，又，所以，即，
因為，所以；
若選②，即，
即，
所以，即，所以，即，
因為，所以；
（2）依題意，，
所以，
因為、、三點共線，故設，
同理、、三點共線，故設，
所以，解得，
所以，
則，

因為，所以，
又為銳角三角形，
當為銳角，則，即，
即，即，即，所以，
當為銳角，則，即，
即，即，即，即，所以，
綜上可得，
又，則



因為，所以，而在上單調遞減，所以，
即，即，所以，則.
6．（2022·四川瀘州·四川省瀘縣第二中學校聯(lián)考模擬預測）過原點O的直線與拋物線交于點A，線段OA的中點為M，又點，．在下面給出的三個條件中任選一個填在橫線處，并解答下列問題：
①，②；③的面積為．
(1)已知_________，求拋物線C的方程；（注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．）
(2)已知點，設A，B是曲線C上橫坐標不等于1的兩個不同的動點，直線PA，PB與y軸分別交于D，E兩點，線段DE的垂直平分線經(jīng)過點P．證明：直線AB的斜率為定值．
【解析】(1)由題意知直線OA的斜率存在且不為0，設其方程為，
由得即即
所以線段OA的中點．因為，所以直線MN的斜率存在，
，所以，解得，所以直線OA的方程為，．若選①，不妨令，由，得，解得（舍去），所以拋物線C的方程為．
若選②，因為，所以點N到直線OA的距離為，即，
解得（舍去），所以拋物線C的方程為．
若選③，不妨令，因為，
點N到直線OA的距離，所以，解得（舍去），所以拋物線C的方程為．
(2)，曲線C的方程為點在曲線C上．
是C上橫坐標不等于1的兩個不同的動點，直線PA、PB與y軸分別交于點M、N，
∴直線PA、PB的斜率都存在，且都不為0，分別設為，則，
直線PA的方程為，即，
當時，，即．同理可得，
線段DE的垂直平分線經(jīng)過點P，
，即．由，得．
設，則是的解，由韋達定理得：
，同理可得
，
所以直線AB的斜率為定值．
7．（2022秋·湖南永州·高二永州市第一中學?？计谀┮阎膬冉茿，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．
(1)求角B的大小；
(2)若為鈍角三角形，______，求外接圓的半徑R的取值范圍．
請在下列兩個條件中選擇一個作為條件補充在橫線上，并解決問題．①；②．
【解析】(1)
因為，所以，，
所以，此時，解得．
(2)若選擇條件①，
由正弦定理，，
而，
因為為鈍角三角形，不妨設，則，，故，
外接圓的半徑為．
若選擇條件②，
因為為鈍角三角形，由及知角A必為鈍角，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·湖南衡陽·統(tǒng)考三模）已知函數(shù)．
(1)若函數(shù)在上單調遞增，求實數(shù)；
(2)從下面兩個問題中選一個作答，若兩個都作答，則按照作答的第一個給分．
①當時，，求實數(shù)．
②當時，，求實數(shù)．
【解析】(1)由題意得：；
在上單調遞增，恒成立且不恒為零；
當時，，則，，；
當時，；
當時，，則，，；
綜上所述：實數(shù)的值為.
(2)若選條件①，當時，，
；
令，則；
令，則，在上單調遞增，
又，，，使得；
則當時，，即；當時，，即；
在上單調遞減，在上單調遞增，；
由得：，則，
，又在上單調遞增，
，，，
，解得：，即實數(shù)的取值范圍為.
若選條件②，
方法一：當時，，
令，則；
i.當時，，不合題意；
ii.當時，；
令，則，在上單調遞增，
又，，，使得；
則當時，，即；當時，，即；
在上單調遞減，在上單調遞增，
；
由得：，則，
，即；
令，則，
當時，；當時，；
在上單調遞減，在上單調遞增，，即；
，則，即實數(shù)的值為.
方法二：當時，，
即時，，即；
為上的增函數(shù)且值域為，
令，則對于，，即恒成立；
令；
i.當時，，與恒成立矛盾，不合題意；
ii.當時，，由得：，
當時，；當時，；
在上單調遞減，在上單調遞增，
，即；
令，則，
當時，；當時，；
在上單調遞減，在上單調遞增，，即；
，則，即實數(shù)的值為.
9．（2023·全國·高三專題練習）已知函數(shù).
(1)若函數(shù)，討論的單調性；
(2)從下面①②兩個問題中任意選擇一個證明，若兩個都證明，則按第一個證明計分.
①若函數(shù)，，且，證明：.②若函數(shù)，證明：.
【解析】（1）因為，所以，
的定義域為，.
當時，，在上單調遞增.
當時，若，，單調遞減；
若，，單調遞增.
綜上所述：當時， 在上單調遞增.
當時， 在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）證明：選①
因為，所以，
的定義域為，且.
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增.
不妨設，則，由，
可知.當時，顯然成立.
當時，，由，且，
可知，則，.
設，，，在上單調遞增，
所以，所以成立.
綜上所述，.
選②
.
設，則.
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增.
所以，，
因此，
當且僅當時，等號成立.
設，，則.
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增.
因此，
從而，則，
因為，所以中的等號不成立，故.
10．（2022·山東泰安·統(tǒng)考模擬預測）如圖1，已知等邊的邊長為，點分別是邊上的點，且滿足，如圖2，將沿折起到的位置．

(1)求證：平面平面；
(2)給出三個條件：①；②平面平面；③四棱錐的體積為，從中任選一個，求平面和平面的夾角的余弦值．
【解析】(1)證明：
等邊中，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）：若選擇條件①
，平面，
平面，
，
結合（1）可知，兩兩垂直，
以為坐標原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則：.


設平面的法向量為，，
則，
令則，即，
同理，平面的法向量為，
設平面和平面的夾角為，則，
故平面和平面的夾角的余弦值為.
解（2）：若選擇條件②平面平面，
平面平面，平面平面，
平面，
平面，
，
結合（1）可知，兩兩垂直，
以為坐標原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則：.



設平面的法向量為，，
則，
令則，即，
同理，平面的法向量為，
設平面和平面的夾角為，則，
故平面和平面的夾角的余弦值為.
解（3）：若選擇條件③四棱錐的體積為，
容易求得，四邊形的面積為，又四棱錐的體積為，
所以，四棱錐的高為，即點到底面的距離為1，
又因為，
平面，
，
結合（1）可知，兩兩垂直，
以為坐標原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則：，
設平面的法向量為，，，
則，
令則，即，
同理，平面的法向量為，

設平面和平面的夾角為，則，
故平面和平面的夾角的余弦值為.
11．（2022·山西呂梁·統(tǒng)考模擬預測）在①；②，；③這三個條件中任選一個，補充到下面橫線處，并作答．
已知正項數(shù)列的前n項和為， ，．
(1)求數(shù)列的通項公式；
(2)若數(shù)列滿足，記表示x除以3的余數(shù)，求．
注：如果選擇多個條件分別進行解答，按第一個解答進行計分．
【解析】(1)選條件①時，
當時，，解得，所以．
當時，，，
兩式相減得，即，，
當時滿足上式，所以．
所以當時，，
又，所以．
選條件②時，
因為，
當時，，
當時，，
兩式相減，得，所以，
又，所以，
所以數(shù)列為常數(shù)列，又，所以，
所以．
選條件③時，
當時，，因為，所以．
由，當時，，
兩式相減，得，
整理得，所以．
因為，所以，
所以數(shù)列是首項為2，公差為2的等差數(shù)列，
所以．
(2)由題知，
所以，
又，
而


所以．
12．（2022秋·安徽阜陽·高一安徽省太和中學?？茧A段練習）已知函數(shù).
(1)求函數(shù)的單調遞增區(qū)間；
(2)在中，分別是角的對邊，，若為上一點，且滿足____________，求的面積.
請從①；②為的中線，且；③為的角平分線，且.這三個條件中任意選一個補充到橫線處并作答.（注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分）
【解析】(1)，
由，得，，
∴函數(shù)的單調遞增區(qū)間為，；
(2)由，得，
又中，，可知；
若選①：
由，可知，可化為，
又，則，
又中，故，所以，
則，故；
若選②：為的中線，且
在中，，，則有，
在中，，
在中，，
又，
則
則，又知，故；
故；
若選③：為的角平分線，且.
由題意知，，
即，整理得
又在中，，，則有，
故
解之得，，故.