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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
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①②③，或选由②③①：由②成立可知直线的斜率存在且不为0．
若选①③②，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①②③：
由①②解得，③成立；
选①③②：
由①③解得：，，，②成立；
选②③①：
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. ②函数对任意有，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）①②③，
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.
②③①
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，
①③②
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，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，
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①，②③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①②③：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②①③：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③①②：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．
(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.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)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 9
题型一：三角函数与解三角形 9
题型二：数列 11
题型三：立体几何 13
题型四：函数与导数 15
题型五：圆锥曲线 17
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．
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．
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．
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．
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．
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，．
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．
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．
【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.
【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.
【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．
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.
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．
【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．
【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．
【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.
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.
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.
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.
【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.
【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
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.
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．
【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．
【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：.
【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，.
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.
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①，②③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．
【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，.
【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．
(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．
【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.
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
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