新高考数学二轮复习解答题练习专题03 新高考情景下的结构不良问题（四大题型）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习解答题练习专题03 新高考情景下的结构不良问题（四大题型）（2份，原卷版+解析版），共8页。

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc3608" 题型01 解三角形结构不良 PAGEREF _Tc3608 \h 1
\l "_Tc19743" 题型02 数列结构不良 PAGEREF _Tc19743 \h 8
\l "_Tc22888" 题型03 立体几何结构不良 PAGEREF _Tc22888 \h 17
\l "_Tc25310" 题型04 圆锥曲线结构不良 PAGEREF _Tc25310 \h 28
题型01 解三角形结构不良
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、解答题
1．（2024·北京·三模）在中，，．
(1)求证：为等腰三角形；
(2)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，使存在且唯一，求的值．
条件①：；条件②：的面积为；条件③：边上的高为3．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，根据余弦定理及已知可得，所以，可得结果；
（2）若选择条件①，可得，可得，与已知矛盾；若选择条件②，根据平方关系及面积公式可得结果；若选择条件③，根据平方关系及正弦定理可得结果.
【详解】（1）在中，，，设，
根据余弦定理，得，
整理得，
因为，解得（负值已舍去）， 所以，
所以为等腰三角形.
（2）若选择条件①：若 ，由（1）可知，及，
所以，
所以不存在.
若选择条件②：在中, 由,
由（1），
所以，
解得（负值已舍去），即.
若选择条件③： 在中，由边上的高为3， 得，
由，解得.
2．（2024·四川宜宾·二模）在中，角所对的边分别是，在下面三个条件中任选一个作为条件，解答下列问题，三个条件为：
①；②；③.
(1)求角A的大小；
(2)若，求的值.
【答案】(1)所选条件见解析，；
(2)3.
【分析】（1）若选①：利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；若选②：利用正弦定理边化角即可结果；若选③：利用三角恒等变换分析求解；
（2）利用余弦定理分析求解.
【详解】（1）若选①：因为，
由正弦定理可得，
且，则，可得，
且，所以；
若选②：因为，由正弦定理可得，
且，则，可得，
且，所以；
若选③：因为，
则，可得
且，则，可得，
且，所以.
（2）由（1）可知：，
由余弦定理可得：，
即，解得.
3．（2024·全国·模拟预测）在①；②两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且______．
(1)求角B的大小：
(2)若点D在的延长线上，且，，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）①由三角恒等变换可得；②由正弦定理和正弦展开式可得；
（2）由余弦定理和基本不等式求出，再求出面积最值即可.
【详解】（1）选①，因为，
所以，
即，
因为，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，即，
所以.
选②，由及正弦定理得，
所以，
即，
因为，
所以，
因为，所以，
所以，所以.
（2）如图：
由题意，，
因为，
由余弦定理，，
所以，即，
因为，所以，即，
当且仅当，即，等号成立，
所以，
所以面积的最大值为.
4．（2024·四川南充·三模）已知函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)在中，a，b，c分别是角A、B、C所对的边，记的面积为S，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：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先将原函数化成一角一函数形式，然后由正弦函数性质，确定单调递增区间即可；
（2）若，先由确定的值，然后利用确定的值；进而得到的值，有余弦定理及勾股定理得出结论即可；若由，先求，再求，最后得出结论；若由，先求，进而求出，最后求出.
【详解】（1）由函数，
可得，
化简得：，
因为，
所以，
所以函数的单调递增区间为.
（2）若
由，所以，所以，
由，知，因为，所以，
所以，所以，
所以，
由余弦定理：，
将代入得：，，
所以.
若由，由由，知，
由，所以，
由余弦定理：结合，
所以，，所以，
所以.
若由，由，所以，所以，
所以，所以，
再由得：，
所以，所以，
所以，即，
所以.
5．（2024·全国·模拟预测）已知中，内角的对边分别为，且．
(1)求角A；
(2)若，角A的平分线交边于，在下列三个条件中选择一个作为已知，求．
①；②点A在以为焦点的椭圆上；③的面积为．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）正弦定理边化角，化简后利用内角和消去角B，化简整理即可得解；
（2）选①或③，先利用数量积定义或三角形面积公式求出，然后结合余弦定理可得，再由即可得解；选②，利用椭圆定义求出，结合余弦定理求出，再由即可得解.
【详解】（1）由正弦定理可得，
则．
在中，，则．
所以，
即．
又，所以．
因为，所以．
（2）若选择①，解答过程如下．
由得，即，所以．
由余弦定理得，
即，所以．
从而，
即，所以．
若选择②，解答过程如下．
椭圆的长轴长为，则结合椭圆定义得在中有，
由余弦定理得，
即，所以．
从而，
即，所以．
若选择③，解答过程如下．
由三角形面积公式得，所以．
由余弦定理得，
即，所以．
从而，
即，所以．
题型02 数列结构不良
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、解答题
1．（2024·广西贺州·一模）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
设是递增的等比数列，其前n项和为，且，__________．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前项和．
（注：若选择多个解答，按第一个解答计分）
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）选择条件①②③，利用等比数列的通项公式及前n项和列出方程，求出首项、公比即可得解.
（2）利用分组求和法，结合等差、等比数列n项和公式计算即得.
【详解】（1）由是递增的等比数列，，得数列的公比，且，
选择条件①，，则，即，于是，
所以的通项公式是.
选择条件②，，即，由，解得，
所以的通项公式是.
选择条件③，，则，
而，解得，即有，
所以的通项公式是.
（2）由（1）知，当为奇数时，，当为偶数时，，
所以
.
2．（2024·全国·模拟预测）已知正项数列满足.
(1)从下面两个条件中任选一个作为已知条件，求数列的通项公式；
条件①：当时，；
条件②：数列与均为等差数列；
(2)在（1）的基础上，设为数列的前n项和，证明：.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）选①：借助累加法计算即可得；选②：借助等差数列的定义计算即可得；
（2）结合放缩法与裂项相消法计算即可得.
【详解】（1）若选条件①：
当时，
，
又， 因此数列的通项公式为；
若选条件②：
由数列为等差数列，由，可设，
则，因此，
又数列为等差数列，因此，从而，
又，所以，因此数列的通项公式为；
（2）由（1）知，，因此，
则，，
当时，，
因此，
从而当时，，
综上，.
3．（2024·青海西宁·二模）已知数列，_______________.请从下列两个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答.（注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分.）①数列的前项和为（）；②数列的前项之积为（）.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选①或②均可证明数列是以2为首项，2为公比的等比数列，再由等比数列的通项公式求出数列的通项公式；
（2）由分组求和法结合等差、等比的前项和公式求解即可.
【详解】（1）若选①，
当时，，即，
当时，由（I），则（II），
（I）（II）得：，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以；
若选②，当时，，即，
当时，，即，
当时，符合上式，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以；
（2）因为，所以，
所以，
则.
4．（2024·陕西西安·模拟预测）在①，，，成等比数列，②，，③，，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．
问题：已知数列是公差为正数的等差数列，______．
(1)求数列的通项公式；
(2)数列的前项和为，对任意的有恒成立，求的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选择条件①，根据等比中项的性质求出，即可求出通项公式；选择条件②，利用下标和性质得到，从而求出、，即可求出通项公式；选择条件③，直接利用等差数列通项公式求出公差，即可得解；
（2）由（1）可得，利用错位相减法求出，再判断的单调性，即可求出的范围，依题意可得，解得即可.
【详解】（1）选择条件①：因为数列是公差为正数的等差数列，设公差为，
又，，，成等比数列，
所以，即，解得或（舍去），
所以；
选择条件②，因为，，又，
解得或，又数列是公差为正数的等差数列，设公差为，
所以，则，所以；
选择条件③：因为，，
则，设公差为，
即，所以，则，
所以，解得，所以.
（2）由（1）可得，
所以①，
两边同乘以得②，
①②得，
所以．
因为，所以单调递增，
于是当时，取得最小值．
因为，所以．
所以，故由得，解得．
5．（2024·四川德阳·三模）已知是等差数列，是等比数列，且的前n项和为，在①，②这两个条件中任选其中一个，完成下面问题的解答．
(1)求数列和的通项公式;
(2)设数列的前n项和为，是否存在，使得若存在，求出所有满足题意的；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列定义可求得，利用等比数列定义根据条件①②列方程组解得公比可得；
（2）利用错位相减法求出，易知，又可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由可得，解得；
所以，
即数列的通项公式为
设等比数列的公比为，
若选择条件①，，
由且，可得，
即，解得，
所以是以为首项，公比为2的等比数列，可得；
即数列的通项公式为；
若选择条件②，，
令，则，所以公比，此时，经检验满足题意，
即是以为首项，公比为2的等比数列，
所以
（2）假设满足题意得存在，
因为，
所以，
两式相减可得；
所以，
因为，所以；
所以由可得，即，又，
所以，即，解得，
因此满足题意的存在，且.
6．（2024·广东广州·三模）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．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）选①②作条件证明③：设，然后根据对应相等，讨论和时或即可得证；选①③作条件证明②：由①③可得，得，则，即可得证；选②③作条件证明①：由②③可得，则，则有，两式作差可得，
，然后用累乘法化简可得，则得，即可得证.
（2）当时，由（1）可知，，则，，得到数列取20项时，数列中有25项，去掉数列中的5项，然后分别求和相减即可.
【详解】（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.
题型03 立体几何结构不良
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、解答题
1．（2024·北京西城·二模）如图，正方体的棱长为，为的中点，点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点唯一确定，并解答问题.条件①：；条件②：；条件③：平面.
(1)求证：为的中点；
(2)求直线与平面所成角的大小；
(3)求点到平面的距离.
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得分；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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系的判定定理和性质定理，即可得证；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，即可得出结果.
（3）由（2）可知，直线与平面所成的角为，利用计算即可.
【详解】（1）证明：选条件①：由，
根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立；
选条件②：．
连接，在正方体中，由平面，
因为平面，所以，
又因为，， 所以，
因为平面，所以，
又因为为的中点， 所以为的中点．
选择条件 ③：平面．
连接，因为平面，平面，
且平面平面，所以，
因为为的中点，所以为的中点．
（2）在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则．于是，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的大小为，
（3）点到平面的距离为.
2．（2024·北京东城·一模）如图，在五面体中，底面为正方形，.

(1)求证：；
(2)若为的中点，为的中点，，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
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面，再利用线面平行的性质证明；
（2）选①②：证明 平面，建立以M为原点的空间坐标系，求出平面的法向量，利用线面角公式求解
【详解】（1）证明：底面为正方形,则，又平面，平面，
则平面，又平面平面，平面，故.
（2）选①，取中点G,连接，因为，所以，
易知为梯形的中位线，则，
又平面，故平面，平面，
则平面，且必相交，故平面，
延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形.
以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图：
则，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设直线与平面所成角为.

选②：取中点G, 连接，易知为梯形的中位线，，
则，由题，，则，故
又平面，故平面，
延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形.
以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图：
则，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设直线与平面所成角为.
.
3．（2024·江苏镇江·三模）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.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）若选择①②，则只需证明⊥平面，结合线面垂直的性质定理即可得证；若选择①③，则只需证明⊥平面，结合线面垂直的性质定理即可得证；若选择②③，则只需证明⊥平面，再结合面面垂直的判定定理即可得证.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由向量夹角公式即可求解.
【详解】（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.
4．（2024·河南开封·三模）已知四棱锥的底面是正方形，给出下列三个论断：①；②；③平面．
(1)以其中的两个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题，并证明；
(2)在（1）的条件下，若，求四棱锥体积的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）①②③,根据平面以及三角形全等可证明平面，即可由线面垂直的判定求解，③②①,根据线面垂直可得四棱锥是正四棱锥，即可求证，①③②,根据线面垂直，结合三角形全等，可证明四棱锥是正四棱锥，即可根据线面垂直得线线垂直，
（2）根据正四棱锥的性质，由体积公式得体积表达式，即可利用不等式求解最值.
【详解】（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，
故四棱棱锥体积的最大值为.
5．（2024·北京·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，．
(1)设平面平面，求证：；
(2)从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定．
（ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值；
（ⅱ）平面交直线于点，求线段的长度．
条件①：平面平面；
条件②：；
条件③：四棱锥的体积为．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（1）利用线面平行的判定、性质推理即得.
（2）选条件①③或②③，证明底面，求出，（ⅰ）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，进而求出面面角；（ⅱ）令，利用垂直关系的向量表示求出即可.
【详解】（1）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，则，
而平面平面，于是平面，
又平面，且平面平面，所以.
（2）选条件①③，平面平面，四棱锥的体积为，
连接和交于点，连接，显然是中点，由，得，
而平面平面，平面，底面，
，，解得，
选条件②③，，四棱锥的体积为，
连接和交于点，连接，显然是中点，由，得，
又是中点，由，得，而平面，则，底面，
，，解得，
若选条件①②，平面平面，，此2条件均可证明底面，
点的位置不确定，即四棱锥存在，但不唯一，因此条件①②不可选.
（i）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，令，得，
平面的法向量为，因此，
所求平面与平面所成角的余弦值为.
（ii）平面交线段于点，由（i）知，，
设，则，
由，得，所以.
题型04 圆锥曲线结构不良
【典例训练】
一、解答题
1．（2024·辽宁·模拟预测）已知定点，动点在直线上，过点作的垂线，该垂线与的垂直平分线交于点，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)已知点，动点在上，满足，且与轴不垂直．请从①在上；②三点共线；③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
注：如果选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据条件判断动点轨迹是抛物线，再根据抛物线的标准方程直接求解.
（2）由三选二作为条件另一个作为结论，逐一选择，与第一问求得的结果联立，得出相应结论.
【详解】（1）由题意：动点到点F1,0的距离与到直线：的距离相等，
所以的轨迹是以为焦点，以直线：为准线的抛物线，
所以的方程为：
（2）（1）若选择①③②
如图：
因为，，都在上，所以，所以，可设，.且.
由
所以
此时，，
所以
，
即，所以A，B，Q三点共线.
（2）若选择①②③
如图：此时点可在线段上任意选择一点，则和未必满足③，故该选择无法证明.
（3）若选择②③①
因为，且，，所以，设，.
因为
（*）
又因为三点共线，
所以
因为，所以
，代入（*）整理得：
因为，故，所以在曲线：上.
【点睛】关键点点睛：本题第一要选择适当的条件，选择不当的话可能就证明不出结论，第二，题目的运算量较大，需细心和坚持.
2．（2024·全国·模拟预测）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.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用双曲线的定义求解即可；
（2）设直线方程，利用韦达定理结合直线斜率之间的关系求解即可.
【详解】（1）由题意知，,,
且点B−2,0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，
【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.
3．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，从下面3个条件中选出2个作为已知条件，并回答下面的问题：
①点在双曲线上；②点在双曲线上，，且；③双曲线的一条渐近线与直线垂直.
(1)求双曲线的方程；
(2)设分别为双曲线的左、右顶点，过点的直线与双曲线交于两点，若，求直线的斜率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，分别选①②，①③，②③，利用待定系数法，结合双曲线的方程与性质得到关于的方程组，解之即可得解；
（2）设直线为，联立双曲线方程得到，结合转化化简，得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】（1）选①②，
因为点在双曲线上，所以，
由题意可设，
因为点在双曲线上，所以，所以，
又，所以，
联立，所以（负值舍去），
故双曲线的方程为；
选①③，
由①，得，由③，得，
联立，解得（负值舍去），
故双曲线的方程为，
选②③，
由题意可设，
因为点在双曲线上，所以，所以，
又，所以，
又由③，得，
联立，解得（负值舍去），
故双曲线的方程为.
（2）依题意可知，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，，
联立，消去并整理，得，
由，且，得且，
所以，
又，即，则，
所以
，
整理得，解得或（舍去），
故直线的斜率为.
【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.
4．（2024·福建漳州·一模）已知过点的直线与圆：相交于，两点，的中点为，过的中点且平行于的直线交于点，记点的轨迹为．
(1)求轨迹的方程．
(2)若为轨迹上的两个动点且均不在轴上，点满足（，），其中为坐标原点，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①点在轨迹上；②直线与的斜率之积为；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意可知：为线段的中垂线，可得，结合椭圆的定义和方程分析求解：
（2）设，可知，根据题意选择条件结合椭圆的方程分析证明.
【详解】（1）由题意可知：圆：的圆心为，半径，
由题意可知：不为x轴，即不在x轴上，
因为为的中点，则，
又因为∥，则，
即为线段的中垂线，则，
可得，
可知：点的轨迹是以为焦点的椭圆，且不为长轴顶点，
则，可得，
所以轨迹的方程为.
（2）设，可知，
因为，
则，即，
若选①②证明③：
因为直线与的斜率之积为，
即，可得，
又因为点在轨迹上，则，
可得，即；
若选①③证明②：
因为点在轨迹上，则，
可得，
即，
且，结合的任意性可知，
可得，即直线与的斜率之积为；
若选②③证明①：
因为直线与的斜率之积为，
即，可得，
且，
则，
，
即，可知点在轨迹上.
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤：
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
5．（2024·福建泉州·二模）已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点，抛物线C上不同两点A，B同时满足下列三个条件中的两个：①；②；③直线AB的方程为．
(1)请分析说明A，B满足的是哪两个条件？并求抛物线C的标准方程；
(2)若直线经过点，且与（1）的抛物线C交于A，B两点，，若，求的值；
(3)点A，B，E为（1）中抛物线C上的不同三点，分别过点A，B，E作抛物线C的三条切线，且三条切线两两相交于M，N，P，求证：的外接圆过焦点F．
【答案】(1)条件②③，
(2)．
(3)证明见解析
【分析】（1）列出所有可能，逐一进行验证，可得，满足的条件，并求出此时抛物线的标准方程.
（2）设直线：，与抛物线方程联立，消去，得到关于的一员二次方程，由根与系数的关系得到，，再把转化为，化简可得的关系.
（3）利用导数求切线斜率，利用直线的夹角公式求夹角，只要证明，即可得到四点共圆.
【详解】（1）若同时满足①②：由，可得AB过焦点，
当时，而，所以①②不同时成立
若同时满足①③由①，可得AB过焦点，
因为直线AB的方程为，不可能过焦点，所以①③不同时成立
只能同时满足条件②③，因为②；
且直线AB的方程为，所以，解得．
所以抛物线C的标准方程为．
（2）如图：
设直线AB的方程为，
联立方程组，整理得，
则．因为，直线AN，BN的斜率之和为0，
即，
所以，
即，
所以，即．
（3）设过点A，B，E的三条切线分别为，倾斜角分别为，
令，
由得：：
所以：；：；：.
联立直线方程可得
联立直线方程可得
又，
所以.
所以：四点共圆，即的外接圆过焦点F．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据假设的条件推出矛盾或者是三个条件是协调的.
一、解答题
1．（2024·北京·高考真题）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．
【答案】(1)；
(2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为.
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；
【详解】（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．（2024·江西宜春·三模）在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，的周长为15，面积为．
(1)求的外接圆面积；
(2)设D是边AB上一点，在①CD是边AB上的中线；②CD是的角平分线这两个条件中任选一个，求线段CD的长．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由的面积为，求得，再由的周长为，得到，结合余弦定理，求得，再由正弦定理，求得外接圆半径即可求解；
（2）若选择①：法1：由，结合向量的运算法则，即可求解；
法2：设，列出方程组求得，结合，列出方程，即可求解；
若选择②，设，求得，根据，列出方程，即可求解；
法2：由，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：由的面积为，可得，解得，
又由的周长为，可得，即，
由余弦定理得
，解得，
设外接圆半径为R，由正弦定理得，所以，
所以的外接圆面积为．
（2）解：若选择①：
法1：由（1）知，及，
由，可得
，
所以，即．
法2：不妨设，由及，解得，
在和中，可得，
由余弦定理得，解得．
若选择②，不妨设，由及，解得，
法1：由，
可得，解得．
法2：由张角定理，得，
即，解得，
3．（2024·北京·三模）已知函数的最小正周期为.
(1)求的值；
(2)在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.c为在上的最大值，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，求的取值范围.条件①：；条件②：；条件③：的面积为S，且.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分.
【答案】(1)1
(2)
【分析】利用三角恒等变换整理可得，结合最小正周期分析求解；
以为整体，结合正弦函数最值可得.若选条件①：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解；若选条件②：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解；若选条件③：利用面积公式、余弦定理可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解.
【详解】（1）由题意可知：，
因为函数的最小正周期为，且，所以.
（2）由（1）可知：，
因为，则，
可知当，即时，取到最大值3，即.
若条件①：因为，
由正弦定理可得，
又因为，
可得，且，则，
可得，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为；
若条件②；因为，
由正弦定理可得：，
则，
因为，则，
可得，
即，且，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为；
若选③：因为，则，
整理得，且，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为.
4．（2024高三下·全国·专题练习）在①，②，③
这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
在中，内角，，的对边分别为，，，且______．
(1)求角的大小；
(2)已知，是边的中点，且，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选①，利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；若选②，利用正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换公式求出，即可得解；若选③，利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及二倍角公式计算可得；
（2）首先求出，由中线的性质得到，由面积公式得到，再由余弦定理得到，即可求出、，再由勾股定理计算可得.
【详解】（1）方案一：选条件①．因为
由正弦定理得，即，
由余弦定理得．
又，所以．
方案二：选条件②．因为，
由正弦定理得，
所以，
因为，所以，又，所以，又，所以．
方案三：选条件③．因为，
由正弦定理得，
因为，所以，所以．
在中，，可得，
故，因为，则，
所以，故，所以，则．
（2）解法一：因为D是边AB的中点，所以，由（1）知，
因为，所以，故，故．
由余弦定理得，
故，因为，所以，．
在中，，，
所以，即的长为．
解法二：由（1）知，因为，所以，
因为，D是边AB的中点，所以
设，则，在中，①，
在中，由正弦定理，即②，
①②两式相除可得，即，得，
所以，所以
解法三：以C为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，设，因为D是边AB的中点，所以．
因为，所以直线的斜率为，则，所以．
又，所以，
所以，故的长为．
5．（23-24高三上·浙江绍兴·开学考试）从①，，成等差数列；②，，成等比数列；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解答下列问题.
已知为数列的前项和，，，且________.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)条件选择见解析，.
(2)
【分析】（1）根据的关系确定数列为等比数列，公比为，再结合条件求出首项即可求解；
（2）分奇数项和与偶数项和分组求和即可求解.
【详解】（1）由，，当时，，
两式相减得，即，所以数列为等比数列，公比为.
选①，由，，成等差数列，
可得，即，解得，
所以.
选②，由，，成等比数列，得，
即，解得，
所以.
选③，由，得，
所以.
（2）当为奇数时，，
记前项和中的奇数项之和为，
则.
当为偶数时，，记前项和中的偶数项之和为，
则，
故.
6．（2024·云南昆明·模拟预测）已知各项均为正数的数列的首项，其前项和为，从①；②，且；③中任选一个条件作为已知，并解答下列问题.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，设数列的前项和，证明：.
（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）
【答案】(1)选择①②③都是
(2)证明见解析
【分析】（1）若选择①②：由与的关系，再结合等差数列的定义，即可得到结果；若选择③：由与的关系可得为等差数列，再由即可求得；
（2）由裂项相消法代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）选择①：因为，
所以，
，
两式相减得，
即
因为，所以
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，
故.
选择②：因为，所以，
所以，所以，又因为，所以，
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，
所以.
选择③：因为，
又因为，所以，
所以，
又因为，所以，
所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，
所以，所以，检验时也满足，
所以.
（2）由（1）知：，所以，
因为，
所以，
所以，
所以.
7．（2024·全国·模拟预测）记为数列的前项的积，，．
(1)求，并证明．
(2)从下面两个条件中选一个，求数列的前项和．
①；②．
【答案】(1)，证明见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）根据给定的递推关系，取求出，再结合推理即得.
（2）由（1）求出，选择条件①，用裂项相消法求和即得；选择条件②，利用裂项相消法或错位相减法求和即得.
【详解】（1）为数列的前项的积，，当时，，而，解得，
显然，由，得，则，即，
于是，因此，即，
所以.
（2）由及，得数列是等比数列，公比，
所以，
选择条件①：
，
所以．
选择条件②：
方法1，，
所以．
方法2，，
，
于是，
两式相减得
，
所以.
8．（24-25高三上·北京海淀·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，是的中点，在棱上，且平面.
(1)求证：是的中点；
(2)再从条件①，条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值.
条件①：平面平面；
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.
【答案】(1)证明见解析；
(2)所选条件见解析，.
【分析】（1）取的中点，连接，线面平行的性质有，结合得到为平行四边形，即可证结论；
（2）根据所选条件，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，又是的中点，则且，
由在棱上，底面为矩形，则，故，
由平面，且面面，则，
所以为平行四边形，故，
所以是的中点，得证；
（2）选①：面面，面面，，面，
所以面，又底面为矩形，可构建如下图示的空间直角坐标系，
则，
所以，设面的一个法向量为，
则，令，则，
显然面的一个法向量为，故，
所以平面与平面夹角的余弦值；
选②：连接，底面为矩形，则，而，，
所以，即，又，都在面内，
所以面，又底面为矩形，可构建如下图示的空间直角坐标系，
则，
所以，设面的一个法向量为，
则，令，则，
显然面的一个法向量为，故，
所以平面与平面夹角的余弦值；
9．（23-24高三·山西·阶段练习）在三棱锥中，是等边三角形，，是边的中点.

(1)求证:；
(2)，，从以下两个条件中任选一个，求直线与平面所成角的余弦值.①平面与平面所成二面角为；②三棱锥的体积为.
【答案】(1)证明见解析
(2)选①答案为；选②答案为
【分析】（1）推导出，，由此能证明平面，即可得证.
（2）选①建立坐标系，由平面与平面所成二面角，得点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的公式可得答案；
选②由三棱锥的体积，得⊥底边，从而可建立坐标系，得点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的公式可得答案.
【详解】（1）证明：连接，

因为是等边三角形，所以.
在和中，，，所以，
所以， 因为是边的中点，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以.
（2）选①：以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示，

由（1）可知，，即是二面角的平面角；
因为平面与平面所成二面角为，所以；
由题可得: ，， ，，
，，
设平面ACD的法向量为，
则
所以，
令，则，，
所以，
设直线与平面所成角为，
又因为，
所以，故；
所以直线与平面所成角的余弦值；
选②:设三棱锥的高为，
因为，
所以，所以⊥底面，
以为原点，所在直线分别为轴，建立直角坐标系如图所示，

则，，， ， ，
设平面的法向量为，，，
则所以
令，则，，，
设直线与平面所成角为，
又因为，
所以，故；
直线与平面所角的余弦值为.
10．（23-24高三上·山东菏泽·阶段练习）在如图所示的五面体中，共面，是正三角形，四边形为菱形，平面，点为中点.

(1)在直线上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由；
(2)请在下列条件中任选一个，求平面与平面所成二面角的正弦值
；.
【答案】(1)存在，理由见解析
(2)
【分析】（1）由题意根据条件推出平面平面，再根据面面平行的判定定理证明结论.
（2）若选，在中，利用，求出，取中点，连接，从而证明，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，再利用法向量求二面角即可.
若选，由，求出，取中点，连接，从而证明，仿照选的方法可求二面角.
【详解】（1）在直线上存在一点，使得平面平面，理由如下：
连接交于点，连接，取的中点，连接，

又平面,平面，
平面平面，故,
O为的中点，点为中点，则，
，故四边形为平行四边形，则，
平面，平面，故平面；
又点为中点，为的中点，故,
平面，平面，故平面，
平面，故平面平面，
（2）选择，
四边形为菱形，,
则为正三角形，，
故在中，，
由余弦定理知，
取中点，连接，
在中，，
则，所以，
因为是正三角形，所以，
因为平面，所以平面，
平面，
又平面，
故平面，
以为原点分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，,
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
,
设平面的法向量为，
则，即，
令，得平面的法向量，
故，
由于平面与平面所成二面角为，则，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为；
若选：
由（1）可知，，
取中点，连接，
在中，，则，所以，
因为是正三角形，所以，
又平面，则平面，
平面，故；
因为是正三角形，所以，
因为平面，所以平面，
以为原点分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，,
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
,
设平面的法向量为，
则，即，
令，得平面的法向量，
故，
由于平面与平面所成二面角为，则，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为；
11．（23-24高三上·湖南张家界·阶段练习）如图①，在梯形中，，，，E为的中点，，以 DE 为折痕把折起，连接,得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．
(1)证明:；
(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面与平面 夹角的余弦值．
①四棱锥的体积为2；
②直线与所成角的余弦值为.
【答案】(1)证明见详解
(2)选①；选②
【分析】（1）根据，，则平面，继而证明；
（2）若选①，根据四棱锥的体积，可求得其高与相等，可得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用两个平面夹角的余弦值的向量表达式，进行计算即可；若选②，中利用余弦定理可求得，继而可得，利用面面垂直的性质定理可知平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用两个平面夹角的余弦值的向量表达式，进行计算即可.
【详解】（1）在图①中，连接，

因为，，为的中点，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，同理可证，
在图②中，取的中点，连接，，

则，
因为，所以，，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）若选择①：由（1）知平面，
平面，
所以平面平面，且交线为，
所以过点作交于点，
则平面，
因为，
所以四棱锥的体积，
所以，所以与重合，
所以平面，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则O0,0,0，，，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
因为，，
所以，
取，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
若选择②：因为，
所以即为异面直线与所成的角，
中，,
所以,所以,
即,
又平面，
平面，
所以平面平面，且交线为，
所以平面，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则O0,0,0，，，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
因为，，
所以，
取，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
12．（2024高三·全国·专题练习）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．
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)32
【分析】（1）若选择条件①，设动圆的半径为的坐标为，利用动圆与圆C的关系得到到直线的距离等于到C0,1的距离，再利用抛物线的定义求解；若选择条件②：设的坐标为，得到，再求得点关于直线的对称点，代入曲线求解.
（2）由题意可知直线的斜率存在，且点，点在轴的两侧，设Ax1,y1，Bx2,y2，，直线的方程为，再利用导数法求得过点和点B的切线方程并联立，再联立直线与抛物线的方程，求得点坐标，再求得弦及点K到直线距离，利用面积公式表示求解.
【详解】（1）解：若选择条件①：
圆，圆心为C0,1，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C0,1距离之差为1，
故到直线的距离等于到C0,1的距离，
则的轨迹是以C0,1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Ax1,y1，Bx2,y2，，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．
13．（23-24高三上·湖北襄阳·阶段练习）已知P为平面上的动点，记其轨迹为Γ.
(1)请从以下两个条件中选择一个，求对应的的方程.①已知点，直线，动点到点的距离与到直线的距离之比为；②设是圆上的动点，过作直线垂直于轴，垂足为，且.
(2)在（1）的条件下，设曲线的左､右两个顶点分别为，若过点的直线的斜率存在且不为0，设直线交曲线于点，直线过点且与轴垂直，直线交直线于点，直线交直线于点，则线段的比值是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)条件选择见解析，的方程为
(2)是定值，且定值为
【分析】（1）根据已知条件列方程或利用代入法求得的方程.
（2）设出直线的方程并与曲线的方程联立，化简写出根与系数关系，求得两点的纵坐标，由此化简来求得正确答案.
【详解】（1）选①，设，由，
化简得，即所求轨迹Γ的方程为.
选②，设，由，得，
代入圆O的方程，，整理得，
即所求轨迹Γ的方程为.

（2）设，
已知直线m的斜率存在且不为0，设过点K的直线m的方程为，
与方程联立得：，
∴.
且
直线AM的方程为，∴.同理，，
∴
其中，，
将代入可得，
，
∴.

【点睛】求曲线的轨迹方程的方法有很多，可以利用圆锥曲线的定义来求，也可以利用题目所给的等量关系式来求，还可以利用相关点代入法来求.在求曲线方程的过程中，要注意验证方程上的点是否都在曲线上，也要验证曲线上的点是否都符合方程.
14．（2024·河北石家庄·一模）已知点在双曲线C：（，）上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线，的斜率分别为，，从下面两个条件中选一个（多选只按先做给分），证明：直线l过定点．
①；②．
【答案】(1)
(2)选①直线过定点；选②直线过定点
【分析】（1）求出双曲线的渐近线，得到两点的坐标，利用及点在双曲线上可得方程；
（2）选择两个条件都是先联立方程，得出韦达定理，结合斜率之和或者之积得到的关系式，从而可得定点.
【详解】（1）由题意可知：点在双曲线上，所以；
过做轴的平行线，与相交于两点，那么两点可求：；
所以，所以；
代入，可知，所以双曲线的方程为.
（2）选①：由题意可知，直线与双曲线C交于不同的两点A, B,
设，联立方程:
得，
所以，即；
由条件所以，
所以，
整理可得，
代入韦达定理得，
即，
解得或；
当时，，则直线过定点；
当时，，则直线过定点，不合题意；
综上可得，直线过定点.
选②：由题意可知，直线与双曲线C交于不同的两点A, B,
设，联立方程:
得，
所以，即；
由条件，得
即，
整理可得
代入韦达定理，整理可得，
即，解得或，
当时，，则直线过定点；
当时，，则直线过定点，不合题意；
综上可得，直线过定点.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是利用韦达定理把或进行转化，然后把求解方程得出的关系式，从而可得定点，定点问题虽然运算过程繁琐，但是求解思路较为明确.
一、“结构不良问题”的解题策略
（1）题目所给的三个可选择的条件是平行的，无论选择哪个条件，都可解答题目；
（2）在选择的三个条件中，并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，只要推理严谨、过程规范，都会得满分，但计算要细心、准确，避免出现低级错误导致失分．
二、“正弦定理”与“余弦定理”的选用策略
在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．
（1）如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；
（2）如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；
（3）以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
三、“边化角”或“角化边”的变换策略
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理．
一、数列中的结构不良问题
1．“结构不良问题”：题目所给的三个可选择的条件是平行的，即无论选择哪个条件，都可解答题目，而且，在选择的三个条件中，并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，只要推理严谨、过程规范，都会得满分．
2．数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；
（3）对于型数列，利用分组求和法；
（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和．
3．常见的裂项公式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）．
一、空间向量与立体几何的求解公式
(1)异面直线成角：设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θ满足：cs θ＝eq \f(|a·b|,|a||b|)；
(2)线面成角：设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，a与n的夹角为β，
则直线l与平面α所成的角为θ满足：sin θ＝|cs β|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
(3)二面角：设n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，
则两面的成角θ满足：cs θ＝cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)；
注意：二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角或是向量n1与n2的夹角的补角，具体情况要判断确定．
(4)点到平面的距离：
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，
则点B到平面α的距离为：|eq \(BO,\s\up6(→))|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)，即向量eq \(BO,\s\up6(→))在法向量n的方向上的投影长.
二、几种常见角的取值范围
①异面直线成角∈(0，eq \f(π,2)] ；②二面角∈[0，π] ；③线面角∈[0，eq \f(π,2)] ；④向量夹角∈[0，π]
三、平行构造的常用方法
①三角形中位线法；②平行四边形线法；③比例线段法.
四、垂直构造的常用方法
①等腰三角形三线合一法；②勾股定理法；③投影法.
五、用向量证明空间中的平行关系
(1)线线平行：设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.
(2)线面平行：设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u.
(3)面面平行：设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1 ∥u2.
六、用向量证明空间中的垂直关系
(1)线线垂直：设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.
(2)线面垂直：设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u.
(3)面面垂直：设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.
七、点面距常用方法
①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法