新高考數(shù)學二輪復習講練技巧04 結構不良問題解題策略（5大核心考點）（講義）（解析版）

技巧04結構不良問題解題策略【目錄】 1 1 2 13考點一：三角函數(shù)與解三角形 13考點二：數(shù)列 19考點三：立體幾何 24考點四：函數(shù)與導數(shù) 35考點五：圓錐曲線 42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．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．1．（2023?北京）已知函數(shù)，，．（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）若在，上單調遞增，且，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，求、的值．條件①：；條件②：；條件③：在，上單調遞減．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．【解析】（Ⅰ）因為函數(shù)，所以，又因為，所以．（Ⅱ）若選①：；因為，所以在和時取得最大值1，這與在，上單調遞增矛盾，所以、的值不存在．若選②：；因為在，上單調遞增，且，所以在時取得最小值，時取得最大值1，所以的最小正周期為，計算，又因為，所以，，解得，；又因為，所以；若選③：在，上單調遞減，因為在，上單調遞增，且，所以在時取得最小值，時取得最大值1，所以的最小正周期為，所以，又因為，所以，，解得，；又因為，所以．2．（2022?北京）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，，分別為，的中點．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線與平面所成角的正弦值．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】證明：取中點，連接，，為的中點．，且，四邊形是平行四邊形，故，平面；平面，平面，是中點，是的點，，平面；平面，平面，又，平面平面，又平面，平面；側面為正方形，平面平面，平面平面，平面，，又，，若選①：；又，平面，又平面，，又，，，，兩兩垂直，若選②：平面，，平面，平面，，又，，，，，，又，，，，兩兩垂直，以為坐標原點，，，為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，0，，，1，，，1，，，2，，，1，，，1，，設平面的一個法向量為，，，則，令，則，，平面的一個法向量為，，，又，2，，設直線與平面所成角為，，．直線與平面所成角的正弦值為．3．（2022?新高考Ⅱ）已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為．（1）求的方程；（2）過的直線與的兩條漸近線分別交于，兩點，點，，，在上，且，．過且斜率為的直線與過且斜率為的直線交于點．從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．①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）由題意可得，，解得，，因此的方程為，（2）解法一：設直線的方程為，，將直線的方程代入可得，△，，，，，設點的坐標為，，則，兩式相減可得，，，解得，兩式相加可得，，，解得，，其中為直線的斜率；若選擇①②：設直線的方程為，并設的坐標為，，的坐標為，，則，解得，，同理可得，，，，此時點的坐標滿足，解得，，為的中點，即；若選擇①③：當直線的斜率不存在時，點即為點，此時不在直線上，矛盾，當直線的斜率存在時，設直線的方程為，并設的坐標為，，的坐標為，，則，解得，，同理可得，，此時，，由于點同時在直線上，故，解得，因此．若選擇②③，設直線的方程為，并設的坐標為，，的坐標為，，則，解得，，同理可得，，設的中點，，則，，由于，故在的垂直平分線上，即點在直線上，將該直線聯(lián)立，解得，，即點恰為中點，故點在直線上．（2）解法二：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①②③，或選由②③①：由②成立可知直線的斜率存在且不為0．若選①③②，則為線段的中點，假設的斜率不存在，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，從而，已知不符．綜上，直線的斜率存在且不為0，直線的斜率為，直線的方程為．則條件①在直線上，等價于，兩漸近線的方程合并為，聯(lián)立方程組，消去并化簡得：，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：，，，，，，由題意知直線的斜率為，直線的斜率為，由，，，直線的斜率，直線，即，代入雙曲線的方程為，即中，得，解得的橫坐標為，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①②③：由①②解得，③成立；選①③②：由①③解得：，，，②成立；選②③①：由②③解得：，，，①成立．4．（2021?甲卷）已知數(shù)列的各項均為正數(shù)，記為的前項和，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】選擇①③為條件，②結論．證明過程如下：由題意可得：，，數(shù)列的前項和：，故，據(jù)此可得數(shù)列是等差數(shù)列．選擇①②為條件，③結論：設數(shù)列的公差為，則：，數(shù)列為等差數(shù)列，則：，即：，整理可得：，．選擇③②為條件，①結論：由題意可得：，，則數(shù)列的公差為，通項公式為：，據(jù)此可得，當時，，當時上式也成立，故數(shù)列的通項公式為：，由，可知數(shù)列是等差數(shù)列．5．（2021?新高考Ⅱ）已知函數(shù)．（Ⅰ）討論的單調性；（Ⅱ）從下面兩個條件中選一個，證明：恰有一個零點．①，；②，．【解析】（Ⅰ），，①當時，當時，，當時，，在上單調遞減，在上單調遞增，②當時，令，可得或，當時，當或時，，當時，，在，，上單調遞增，在，上單調遞減，時，且等號不恒成立，在上單調遞增，當時，當或時，，當時，，在，，上單調遞增，在，上單調遞減．綜上所述：當時，在上單調遞減；在上單調遞增；當時，在，和上單調遞增；在，上單調遞減；當時，在上單調遞增；當時，在和，上單調遞增；在，上單調遞減．（Ⅱ）證明：若選①，由（Ⅰ）知，在上單調遞增，，單調遞減，，上單調遞增．注意到．在上有一個零點；，由得，，，當時，，此時無零點．綜上：在上僅有一個零點．另當，時，有，，而，于是，所以在沒有零點，當時，，于是，所以在，上存在一個零點，命題得證．若選②，則由（Ⅰ）知：在，上單調遞增，在，上單調遞減，在上單調遞增．，，，，，當時，，此時無零點．當時，單調遞增，注意到，取，，，又易證，，在上有唯一零點，即在上有唯一零點．綜上：在上有唯一零點．6．（2021?北京）在中，，．（Ⅰ）求；（Ⅱ）在條件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，并求邊上的中線的長．條件①；條件②的周長為；條件③的面積為．注：如果選擇的條件不符合要求，第（Ⅱ）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．【解析】（Ⅰ），由正弦定理可得，即，，當時，，即，不符合題意，舍去，，，即．（Ⅱ）選①，由正弦定理可得，與已知條件矛盾，故不存在，選②周長為，，，，由正弦定理可得，即，，，，即，，，存在且唯一確定，設的中點為，，在中，運用余弦定理，，即，，邊上的中線的長度．選③面積為，，，，解得，余弦定理可得，．考點一：三角函數(shù)與解三角形【典例1-1】在①；②向量；③

這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并進行求解．問題：在

中，

分別是內角

的對邊，已知

為AC

邊的中點，若________，求BD

的長度．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．【解析】若選①因為，由正弦定理得，因為，所以，整理得，因為A，B是三角形內角，所以，即，所以，所以，在中，由余弦定理，所以若選②因為，所以，即，整理得，所以，因為，所以，在中，由正弦定理，得，因為，所以，所以，由勾股定理，又D為斜邊AC中點，所以若選③由已知可得，，所以，又，所以，所以，在中，由正弦定理，得，因為，所以，所以，故，在中，由余弦定理，所以

【典例1-2】在①，②，③三個條件中選一個，補充在下面的橫線處，然后解答問題．在中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，設的面積為S，已知______．求角C的值；若，點D在邊AB上，CD為的平分線，的面積為，求邊長a的值．【解析】如選①：由正弦定理得：，，，，整理得：，又，，，，如選②：，，，，如選③：，，，，即，，，，，解得：在中，，…①又…②由①②得：，解得：或舍邊長a的值為【變式1-1】設函數(shù)若，求的值．已知在區(qū)間上單調遞增，，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，使函數(shù)存在，求的值．條件①：；條件②：；條件③：在區(qū)間上單調遞減．注：如果選擇的條件不符合要求，第問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．【解析】因為所以，因為，所以因為，所以，所以的最大值為1，最小值為若選條件①：因為的最大值為1，最小值為，所以無解，故條件①不能使函數(shù)存在；若選條件②：因為在上單調遞增，且，所以，所以，，所以，又因為，所以，所以，所以，因為，所以所以，；若選條件③：因為在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得最小值，即以下與條件②相同．【變式1-2】已知函數(shù)求函數(shù)的單調遞增區(qū)間；在中，分別是角的對邊，，若D為BC上一點，且滿足____________，求的面積請從①；②AD為的中線，且；③AD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】，令，，，，函數(shù)的單調遞增區(qū)間為，由題意可得：，即，，，，若選①，由知，，，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：AD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

考點二：數(shù)列【典例2-1】已知數(shù)列的前n項和為，，求數(shù)列的通項公式；令①②③從上面三個條件中任選一個，求數(shù)列的前n項和【解析】，，兩式相減得，，，，，，，數(shù)列是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，由可知，若選①，兩式相減得：，所以若選②若選③當n為偶數(shù)時，當n為奇數(shù)時，綜上得：

【典例2-2】已知數(shù)列的前n項和為，，且證明：數(shù)列為等比數(shù)列，并求其通項公式；若____________，求數(shù)列的前n項和從①；②；③，這三個條件中任選一個補充在上面的橫線上并解答問題．【解析】由，得，且，所以當時，，，得，所以當時，，即，又，所以，所以，所以數(shù)列是以3為首項，3為公比的等比數(shù)列，所以若選①，則，所以，所以，所以若選②，則若選③因為，所以，所以數(shù)列是以27為首項，為公比的等比數(shù)列，所以

【變式2-1】已知等差數(shù)列的前n項和為，是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，，________，，，是否存在正整數(shù)k，使得數(shù)列的前k項和，若存在，求出k的最小值；若不存在，說明理由．從①，②，③這三個條件中任選一個，補充到上面問題中并作答．【解析】設等比數(shù)列的公比為，則，，于是，即，解得，舍去故若選①：則，，解得，所以，，于是

令，解得，因為k為正整數(shù)，所以k的最小值為若選②：則，，解得下同①．若選③：則，，解得于是，，于是，令，得，注意到k為正整數(shù)，解得，所以k的最小值為

【變式2-2】設數(shù)列的前n項和為，已知，__________．求數(shù)列的通項公式；設，數(shù)列的前n項和為，證明：從下列兩個條件中任選一個作為已知，補充在上面問題的橫線中進行求解若兩個都選，則按所寫的第1個評分：①數(shù)列是以為公差的等差數(shù)列；②【解析】若選擇①數(shù)列是以為公差的等差數(shù)列，顯然其首項為1，故，故；當時，，當時，，滿足故的通項公式為；若選擇②，即，整理得：，故，即數(shù)列是首項為1，公差為的等差數(shù)列，與選擇①相同，故的通項公式為根據(jù)中所求可得：，則，故又，故可得考點三：立體幾何【典例3-1】如圖，在四棱錐中，側棱平面BCDE，底面四邊形BCDE是矩形，，點P，M分別為棱AE，AC的中點，點F在棱BE上．若，求證：直線平面若，從下面①②兩個條件中選取一個作為已知，證明另外一個成立．①平面ADE與平面ABC的交線為直線l，l與直線CF成角的余弦值為②二面角的余弦值為【解析】證明：法一：如圖，取AP的中點N，連結BN，MN，因為M，N分別為AC，AP的中點，所以，又平面PCF，PC在平面PCF內，所以直線平面PCF，又因為，，所以，平面PCF，PF在平面PCF內，所以直線平面PCF，，BN、MN在平面BMN內，所以平面平面PCF，又平面BMN，所以平面PCF；法二：以B為坐標原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系則，，，，，，，設平面PCF的法向量為，，即，不妨令得，，，平面PCF，所以平面PCF；若選擇①作為已知條件平面ADE與平面ABC的交線為直線l，作出直線l如圖，由于，平面ADE，平面ADE，平面ADE，又平面ABC，平面平面，可知，異面直線l與CF成角即為，，所以，，以B為坐標原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系：，，，，，，設平面PCF的法向量為，，即，不妨令，得，平面BCD的一個法向量為，，，由題意知二面角的平面角為銳角，即二面角的余弦值為選擇②作為已知條件以B為坐標原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸為正方向建立空間直角坐標系：設，，，，，，設平面PCF的法向量為，，即，不妨令，得，平面BCD的法向量為，二面角的余弦值為，即，，解得，平面ADE與平面ABC的交線為直線l，作出直線l如圖，由于，平面ADE，平面ADE，平面ADE，又平面ABC，平面平面，可知，異面直線l與CF成角即為，

【典例3-2】如圖，在四棱錐中，底面ABCD為矩形，平面平面ABCD，，，M，N分別是BC，PD的中點．求證：平面PAB；再從條件①，條件②兩個中選擇一個作為已知，求平面AMN與平面ABCD夾角的余弦值．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】取

AP

中點

E

，連接

EN

，

BE

，因為

N

為

PD

中點，所以有

且

，因為

，

，所以

且

，所以四邊形

BMNE

為平行四邊形，所以

，又因為

平面

PAB

，

平面

PAB

，所以

平面

PAB

．選擇條件①：

因為平面

平面

ABCD

，

ABCD

為矩形，

，平面

平面

平面

ABCD

，所以

平面

PAD

，

平面

PAD

，所以

，又因為

，由可知

，

平面

PAB

，所以

，又因為

，

平面

PAB

，所以

平面

PAB

，

平面

PAB

，所以

，

平面

ABCD

，故

平面

ABCD

，以A為原點，以

AB

，

AD

，

AP

分別為

x

軸、

y

軸、

z

軸建立坐標系，則

，

，

，

，則

，

，設平面

AMN

的法向量

，則

，令

，則

，因為

平面

ABCD

，故

可作為平面

ABCD

的法向量，則平面

AMN

與平面

ABCD

夾角的余弦值

??

．選擇條件②：

．因為平面

平面

PAD

，

ABCD

為矩形，

平面

平面

平面

ABCD

，所以

平面

PAD

，而PA在平面PAD中，所以

，又因為

，取

AD

中點為

G

，連接

MG

，

NG

，則有

，

，所以

≌

，所以

，則

，所以

，

平面

ABCD

，故

平面

ABCD

，以A為原點，以

AB

，

AD

，

AP

分別為

x

軸、

y

軸、

z

軸建立空間直角坐標系，則

，

，

，

，則

，

，設平面

AMN

的法向量

，則

，令

，則

，因為

平面

ABCD

，故

可作為平面

ABCD

的法向量，則平面

AMN

與平面

ABCD

夾角的余弦值

．【變式3-1】如圖，在三棱柱中，四邊形是邊長為4的正方形，再從條件①、條件②、條件③中選擇兩個能解決下面問題的條件作為已知，并作答．條件①條件②條件③平面平面求證：平面求直線BC與平面所成角的正弦值．【解析】選擇①②：因為，，，所以又因為，，平面所以平面選擇①③：因為，，，所以又因為平面平面，平面平面，平面ABC所以平面由知，因為四邊形是正方形，所以如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，則，，，，，，，設平面的一個法向量，則即令，則，，所以設直線BC與平面所成角為，則所以直線BC與平面所成角的正弦值為【變式3-2】如圖在三棱柱中，D為AC的中點，，證明：；若，且滿足：______，______待選條件從下面給出的①②③中選擇兩個填入待選條件，求二面角的正弦值．①三棱柱的體積為；②直線與平面所成的角的正弦值為；③二面角的大小為；注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．【解析】在三棱柱

中，由題意可得

，

，

≌

，又

同時在

中，

，

，

平面

，又

平面

，

，

且

，

平面

ABC方案一：選擇①③

平面

ABC

，

，

，

為二面角

的平面角，過點

A

作

于點

O

得

，又三棱柱

的體積為

，取

的中點為

E

，連接

，

ED

，過

E

作

于點

F

，連接

平面

，

平面

，所以又

，，，所以，可得

為二面角

的平面角．在中，由等面積性可知，又，，所以，從而由

，

，

，則

由于二面角

的平面角與二面角

的平面角互補，故二面角

的正弦值為

方案二：選擇①②；過點

A

作

于點

O

平面

平面

由易得且交于BC，

，又平面ABC，

平面

，故直線

與平面

所成角為

，且

設

，

，則

，即

，

取

的中點為

E

，連接

，

ED

，過

E

作

于點

F

，連接

平面

，

平面

，又

，由，可得

為二面角

的平面角其中

，

，

，則

由于二面角

的平面角與二面角

的平面角互補，故二面角

的正弦值為

方案三：選擇②③；

平面

ABC

，

，

，

為二面角

的平面角，即

平面

平面

，

平面

，故直線

與平面

所成角為

，且

設

，則

，即

取

的中點為

E

，連接

，

ED

，過

E

作

于點

F

，連接

平面

，

平面

，又

，由，可得

為二面角

的平面角其中

，

，

，則

由于二面角

的平面角與二面角

的平面角互補，故二面角

的正弦值為

考點四：函數(shù)與導數(shù)【典例4-1】已知函數(shù)，求函數(shù)的極值；請在下列①②中選擇一個作答注意：若選兩個分別作答則按選①給分①若恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；②若關于x的方程有兩個實根，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】函數(shù)

的定義域為

，

，解得

，當

時，

，

單調遞增；當

時，

，

單調遞減；所以

，無極小值．若選①：由

恒成立，即

恒成立，整理得：

，即

，設函數(shù)

，則上式為

，因為

恒成立，所以

單調遞增，所以

，即

，令

，

，則

，當

時，

，

單調遞增

；當

時，

，

單調遞減；所以

在

處取得極大值，

即為

的最大值，為

，故

，即

．故當

時，

恒成立．若選擇②：由關于

x

的方程

有兩個實根，得

有兩個實根，整理得

，即

，設函數(shù)

，則上式為

，因為

恒成立，所以

單調遞增，所以

，即

，令

，

，則

，當

時，

，

單調遞增；當

時，

，

單調遞減；所以

在

處取得極大值，即為

的最大值，為

，且當時，，時，，要使

有兩個根，只需要

，即

，所以

a

的取值范圍為

．【典例4-2】已知函數(shù)Ⅰ討論的單調性；Ⅱ從下面兩個條件中選一個，證明：有一個零點．①，；②，【解析】Ⅰ，，①當時，當時，，當時，，在上單調遞減，在上單調遞增，②當時，令，可得或，當時，當或時，，當時，，在，上單調遞增，在上單調遞減，時，且等號不恒成立，在R上單調遞增，當時，當或時，，當時，，在，上單調遞增，在上單調遞減．綜上所述：當時，在上單調遞減；在上單調遞增；當時，在和上單調遞增；在上單調遞減；當時，在R上單調遞增；當時，在和上單調遞增；在上單調遞減．Ⅱ證明：若選①，由Ⅰ知，在上單調遞增，單調遞減，上單調遞增．注意到在上有一個零點；，由得，，，當時，，此時無零點．綜上：在R上僅有一個零點．若選②，則由Ⅰ知：在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增．，，，，，當時，，此時無零點．當時，單調遞增，注意到，取，，，又易證，，在上有唯一零點，即在上有唯一零點．綜上：在R上有唯一零點．【變式4-1】已知函數(shù)討論的單調性；從下面兩個條件中選一個，證明：有一個零點．①；②【解析】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R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；若選擇條件①：由于，故，則，又，由可知函數(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，有一個零點．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，有一個零點．

35．已知函數(shù)若函數(shù)，討論的單調性．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】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．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，，，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

考點五：圓錐曲線【典例5-1】已知雙曲線的實軸長為，右焦點F到雙曲線C的漸近線距離為求雙曲線C的方程；點P在第一象限，在直線上，點均在雙曲線C上，且軸，M在直線AQ上，三點共線．從下面①②中選取一個作為條件，證明另外一個成立：①Q是AM的中點；②直線AB過定點【解析】由已知可得

，即

，雙曲線右焦點為

，結合對稱性不妨取一條漸近線為

，即

，則

，即

，故雙曲線C的方程為

．聯(lián)立

，解得

或

，故

在第一象限，若①作為條件，證明②，設

，由題意可知直線

AB

斜率一定存在，設直線

，由于雙曲線漸近線斜率為

，故

，Q

在直線

上，Q是

AM

的中點，則

，則

，

，因為

三點共線，故有

，聯(lián)立

，則

，需滿足

，則

，故由

，可得

，即

，

，將

代入可得

，即

，若

，則

，此時直線

過點

，與已知條件不符，故舍去，故只能是

，即直線

AB

：

過定點

．若②作為條件，證明①，由題意可知直線

AB

斜率一定存在，設直線

，

，設

，則

，聯(lián)立

，則

，需滿足

，則

，由

，

得直線

PB

的方程為

，令

得點

，要證Q是

AM

的中點，即證：

，即

，即證

，即

，即

，即證

，而

，故Q是

AM

的中點．【典例5-2】已知雙曲線C：，點M為雙曲線C右支上一點，A、B為雙曲線C的左、右頂點，直線AM與y軸交于點D，點Q在x軸正半軸上，點E在y軸上．若點，，過點Q作BM的垂線l交該雙曲線C于S，T兩點，求的面積．若點M不與B重合，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．①；②；③【解析】因為點，，直線BM的斜率，所以，垂線l的方程為，設點，，聯(lián)立，得，則，，即，原點O到直線l的距離為，所以，的面積為①②作為條件，③作為結論令點，，由題意得，，，D，M三點共線，，又，點E的坐標為，直線BM的斜率，，設點，直線EQ的斜率，，①③作為條件，②作為結論令點，，由已知點B的坐標為，，，D，M三點共線，，又，點E的坐標為，又，點Q在x軸正半軸上，，，又，，②③作為條件，①作為結論令點，，，不妨設，，D，M三點共線，，且，點Q在