新高考数学二轮复习讲练技巧04 结构不良问题解题策略（5大核心考点）（讲义）（解析版）

技巧04结构不良问题解题策略【目录】 1 1 2 13考点一：三角函数与解三角形 13考点二：数列 19考点三：立体几何 24考点四：函数与导数 35考点五：圆锥曲线 42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．（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．2．（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．3．（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．4．（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．5．（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．6．（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，．考点一：三角函数与解三角形【典例1-1】在①；②向量；③

这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行求解．问题：在

中，

分别是内角

的对边，已知

为AC

边的中点，若________，求BD

的长度．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】若选①因为，由正弦定理得，因为，所以，整理得，因为A，B是三角形内角，所以，即，所以，所以，在中，由余弦定理，所以若选②因为，所以，即，整理得，所以，因为，所以，在中，由正弦定理，得，因为，所以，所以，由勾股定理，又D为斜边AC中点，所以若选③由已知可得，，所以，又，所以，所以，在中，由正弦定理，得，因为，所以，所以，故，在中，由余弦定理，所以

【典例1-2】在①，②，③三个条件中选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设的面积为S，已知______．求角C的值；若，点D在边AB上，CD为的平分线，的面积为，求边长a的值．【解析】如选①：由正弦定理得：，，，，整理得：，又，，，，如选②：，，，，如选③：，，，，即，，，，，解得：在中，，…①又…②由①②得：，解得：或舍边长a的值为【变式1-1】设函数若，求的值．已知在区间上单调递增，，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，使函数存在，求的值．条件①：；条件②：；条件③：在区间上单调递减．注：如果选择的条件不符合要求，第问得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】因为所以，因为，所以因为，所以，所以的最大值为1，最小值为若选条件①：因为的最大值为1，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在；若选条件②：因为在上单调递增，且，所以，所以，，所以，又因为，所以，所以，所以，因为，所以所以，；若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得最小值，即以下与条件②相同．【变式1-2】已知函数求函数的单调递增区间；在中，分别是角的对边，，若D为BC上一点，且满足____________，求的面积请从①；②AD为的中线，且；③AD为的角平分线，且这三个条件中任意选一个补充到横线处并作答注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【解析】，令，，，，函数的单调递增区间为，由题意可得：，即，，，，若选①，由知，，，故，所以，则，故；若选②为的中线，且，在中，，，则有，在中，，在中，，又，则则，又知，故；故；若选③：AD为的角平分线，且由题意知，，即，整理得，又在中，，，则有，故解之得，，故

考点二：数列【典例2-1】已知数列的前n项和为，，求数列的通项公式；令①②③从上面三个条件中任选一个，求数列的前n项和【解析】，，两式相减得，，，，，，，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，由可知，若选①，两式相减得：，所以若选②若选③当n为偶数时，当n为奇数时，综上得：

【典例2-2】已知数列的前n项和为，，且证明：数列为等比数列，并求其通项公式；若____________，求数列的前n项和从①；②；③，这三个条件中任选一个补充在上面的横线上并解答问题．【解析】由，得，且，所以当时，，，得，所以当时，，即，又，所以，所以，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，所以若选①，则，所以，所以，所以若选②，则若选③因为，所以，所以数列是以27为首项，为公比的等比数列，所以

【变式2-1】已知等差数列的前n项和为，是各项均为正数的等比数列，，________，，，是否存在正整数k，使得数列的前k项和，若存在，求出k的最小值；若不存在，说明理由．从①，②，③这三个条件中任选一个，补充到上面问题中并作答．【解析】设等比数列的公比为，则，，于是，即，解得，舍去故若选①：则，，解得，所以，，于是

令，解得，因为k为正整数，所以k的最小值为若选②：则，，解得下同①．若选③：则，，解得于是，，于是，令，得，注意到k为正整数，解得，所以k的最小值为

【变式2-2】设数列的前n项和为，已知，__________．求数列的通项公式；设，数列的前n项和为，证明：从下列两个条件中任选一个作为已知，补充在上面问题的横线中进行求解若两个都选，则按所写的第1个评分：①数列是以为公差的等差数列；②【解析】若选择①数列是以为公差的等差数列，显然其首项为1，故，故；当时，，当时，，满足故的通项公式为；若选择②，即，整理得：，故，即数列是首项为1，公差为的等差数列，与选择①相同，故的通项公式为根据中所求可得：，则，故又，故可得考点三：立体几何【典例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．若，求证：直线平面若，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】证明：法一：如图，取AP的中点N，连结BN，MN，因为M，N分别为AC，AP的中点，所以，又平面PCF，PC在平面PCF内，所以直线平面PCF，又因为，，所以，平面PCF，PF在平面PCF内，所以直线平面PCF，，BN、MN在平面BMN内，所以平面平面PCF，又平面BMN，所以平面PCF；法二：以B为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系则，，，，，，，设平面PCF的法向量为，，即，不妨令得，，，平面PCF，所以平面PCF；若选择①作为已知条件平面ADE与平面ABC的交线为直线l，作出直线l如图，由于，平面ADE，平面ADE，平面ADE，又平面ABC，平面平面，可知，异面直线l与CF成角即为，，所以，，以B为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系：，，，，，，设平面PCF的法向量为，，即，不妨令，得，平面BCD的一个法向量为，，，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②作为已知条件以B为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴为正方向建立空间直角坐标系：设，，，，，，设平面PCF的法向量为，，即，不妨令，得，平面BCD的法向量为，二面角的余弦值为，即，，解得，平面ADE与平面ABC的交线为直线l，作出直线l如图，由于，平面ADE，平面ADE，平面ADE，又平面ABC，平面平面，可知，异面直线l与CF成角即为，

【典例3-2】如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面平面ABCD，，，M，N分别是BC，PD的中点．求证：平面PAB；再从条件①，条件②两个中选择一个作为已知，求平面AMN与平面ABCD夹角的余弦值．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】取

AP

中点

E

，连接

EN

，

BE

，因为

N

为

PD

中点，所以有

且

，因为

，

，所以

且

，所以四边形

BMNE

为平行四边形，所以

，又因为

平面

PAB

，

平面

PAB

，所以

平面

PAB

．选择条件①：

因为平面

平面

ABCD

，

ABCD

为矩形，

，平面

平面

平面

ABCD

，所以

平面

PAD

，

平面

PAD

，所以

，又因为

，由可知

，

平面

PAB

，所以

，又因为

，

平面

PAB

，所以

平面

PAB

，

平面

PAB

，所以

，

平面

ABCD

，故

平面

ABCD

，以A为原点，以

AB

，

AD

，

AP

分别为

x

轴、

y

轴、

z

轴建立坐标系，则

，

，

，

，则

，

，设平面

AMN

的法向量

，则

，令

，则

，因为

平面

ABCD

，故

可作为平面

ABCD

的法向量，则平面

AMN

与平面

ABCD

夹角的余弦值

⟨⟩

．选择条件②：

．因为平面

平面

PAD

，

ABCD

为矩形，

平面

平面

平面

ABCD

，所以

平面

PAD

，而PA在平面PAD中，所以

，又因为

，取

AD

中点为

G

，连接

MG

，

NG

，则有

，

，所以

≌

，所以

，则

，所以

，

平面

ABCD

，故

平面

ABCD

，以A为原点，以

AB

，

AD

，

AP

分别为

x

轴、

y

轴、

z

轴建立空间直角坐标系，则

，

，

，

，则

，

，设平面

AMN

的法向量

，则

，令

，则

，因为

平面

ABCD

，故

可作为平面

ABCD

的法向量，则平面

AMN

与平面

ABCD

夹角的余弦值

．【变式3-1】如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答．条件①条件②条件③平面平面求证：平面求直线BC与平面所成角的正弦值．【解析】选择①②：因为，，，所以又因为，，平面所以平面选择①③：因为，，，所以又因为平面平面，平面平面，平面ABC所以平面由知，因为四边形是正方形，所以如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的一个法向量，则即令，则，，所以设直线BC与平面所成角为，则所以直线BC与平面所成角的正弦值为【变式3-2】如图在三棱柱中，D为AC的中点，，证明：；若，且满足：______，______待选条件从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角的正弦值．①三棱柱的体积为；②直线与平面所成的角的正弦值为；③二面角的大小为；注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【解析】在三棱柱

中，由题意可得

，

，

≌

，又

同时在

中，

，

，

平面

，又

平面

，

，

且

，

平面

ABC方案一：选择①③

平面

ABC

，

，

，

为二面角

的平面角，过点

A

作

于点

O

得

，又三棱柱

的体积为

，取

的中点为

E

，连接

，

ED

，过

E

作

于点

F

，连接

平面

，

平面

，所以又

，，，所以，可得

为二面角

的平面角．在中，由等面积性可知，又，，所以，从而由

，

，

，则

由于二面角

的平面角与二面角

的平面角互补，故二面角

的正弦值为

方案二：选择①②；过点

A

作

于点

O

平面

平面

由易得且交于BC，

，又平面ABC，

平面

，故直线

与平面

所成角为

，且

设

，

，则

，即

，

取

的中点为

E

，连接

，

ED

，过

E

作

于点

F

，连接

平面

，

平面

，又

，由，可得

为二面角

的平面角其中

，

，

，则

由于二面角

的平面角与二面角

的平面角互补，故二面角

的正弦值为

方案三：选择②③；

平面

ABC

，

，

，

为二面角

的平面角，即

平面

平面

，

平面

，故直线

与平面

所成角为

，且

设

，则

，即

取

的中点为

E

，连接

，

ED

，过

E

作

于点

F

，连接

平面

，

平面

，又

，由，可得

为二面角

的平面角其中

，

，

，则

由于二面角

的平面角与二面角

的平面角互补，故二面角

的正弦值为

考点四：函数与导数【典例4-1】已知函数，求函数的极值；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a的取值范围；②若关于x的方程有两个实根，求实数a的取值范围．【解析】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．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，

，

单调递增

；当

时，

，

单调递减；所以

在

处取得极大值，

即为

的最大值，为

，故

，即

．故当

时，

恒成立．若选择②：由关于

x

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，

，

单调递增；当

时，

，

单调递减；所以

在

处取得极大值，即为

的最大值，为

，且当时，，时，，要使

有两个根，只需要

，即

，所以

a

的取值范围为

．【典例4-2】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：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R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R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R上仅有一个零点．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R上有唯一零点．【变式4-1】已知函数讨论的单调性；从下面两个条件中选一个，证明：有一个零点．①；②【解析】由函数的解析式可得：，当时，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，在R上单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；若选择条件①：由于，故，则，又，由可知函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点．，由于，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点．综上可得，有一个零点．若选择条件②：由于，故，则，当时，，，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点．当时，构造函数，则，当时，单调递减，当时，单调递增，注意到，故恒成立，从而有：，此时：，当时，，取，则，即：，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点．，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点．综上可得，有一个零点．

35．已知函数若函数，讨论的单调性．从下面①②两个问题中任意选择一个证明，若两个都证明，则按第一个证明计分．①若函数，，且，证明：②若函数，证明：【解析】因为，所以，的定义域为，当时，，在上单调递增．当时，若，，单调递减；若，，单调递增．选①因为，所以，的定义域为，且当时，，单调递减；当时，，单调递增．不妨设，则，由，可知，当时，显然成立．当时，，由，且，可知，则，设，，，所以，所以成立．综上所述，选②设，则当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以，，因此，当且仅当时，等号成立．设，，则当时，，单调递减；当时，，单调递增．因此，从而，则，因为，所以中的等号不成立，故

考点五：圆锥曲线【典例5-1】已知双曲线的实轴长为，右焦点F到双曲线C的渐近线距离为求双曲线C的方程；点P在第一象限，在直线上，点均在双曲线C上，且轴，M在直线AQ上，三点共线．从下面①②中选取一个作为条件，证明另外一个成立：①Q是AM的中点；②直线AB过定点【解析】由已知可得

，即

，双曲线右焦点为

，结合对称性不妨取一条渐近线为

，即

，则

，即

，故双曲线C的方程为

．联立

，解得

或

，故

在第一象限，若①作为条件，证明②，设

，由题意可知直线

AB

斜率一定存在，设直线

，由于双曲线渐近线斜率为

，故

，Q

在直线

上，Q是

AM

的中点，则

，则

，

，因为

三点共线，故有

，联立

，则

，需满足

，则

，故由

，可得

，即

，

，将

代入可得

，即

，若

，则

，此时直线

过点

，与已知条件不符，故舍去，故只能是

，即直线

AB

：

过定点

．若②作为条件，证明①，由题意可知直线

AB

斜率一定存在，设直线

，

，设

，则

，联立

，则

，需满足

，则

，由

，

得直线

PB

的方程为

，令

得点

，要证Q是

AM

的中点，即证：

，即

，即证

，即

，即

，即证

，而

，故Q是

AM

的中点．【典例5-2】已知双曲线C：，点M为双曲线C右支上一点，A、B为双曲线C的左、右顶点，直线AM与y轴交于点D，点Q在x轴正半轴上，点E在y轴上．若点，，过点Q作BM的垂线l交该双曲线C于S，T两点，求的面积．若点M不与B重合，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①；②；③【解析】因为点，，直线BM的斜率，所以，垂线l的方程为，设点，，联立，得，则，，即，原点O到直线l的距离为，所以，的面积为①②作为条件，③作为结论令点，，由题意得，，，D，M三点共线，，又，点E的坐标为，直线BM的斜率，，设点，直线EQ的斜率，，①③作为条件，②作为结论令点，，由已知点B的坐标为，，，D，M三点共线，，又，点E的坐标为，又，点Q在x轴正半轴上，，，又，，②③作为条件，①作为结论令点，，，不妨设，，D，M三点共线，，且，点Q在