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思想03 运用函数与方程的思想方法解题
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...............................................................................................12
题型一：运用函数的思想研究问题
12
题型二： 运用方程的思想研究问题
19
题型三：运用函数与方程的思想研究不等式问题
26
题型四：运用函数与方程的思想研究其他问题
39
1
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高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、
综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，
二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和
描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、
处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化
归思想等．
2
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3
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1、函数与方程是紧密相联、可以相互转化的．在研究方程解的存在性、方程解的个数、方程解的分
布等问题时，一般利用方程的性质，对方程进行同解变形，进而构造函数，利用函数的图象与性质求解方
程问题．例如，方程
解的个数可以转化为函数
的图象与轴交点的个数，也可以参变分离，
转化为水平直线与函数图象交点的个数，也可以部分分离，转化为斜线与函数图象交点的个数，也可以构
造两个熟悉函数，转化为两个函数图象交点的个数．
2、在研究函数问题时，运用方程的思想，设出未知数，通过题目中的等量关系，建立方程（组），
进而求解方程（组），或者将方程变形，构造新函数，更易于研究其图象和性质．例如，在研究曲线的切
线问题时，设出切点横坐标
，得到切线斜率
，切线方程为
， 从而
将函数中的切线问题转化为关于切点横坐标
的方程问题．
3、函数、方程、不等式三位一体，常常相互转化．在研究不等式的解集、不等式恒成立、不等式有
解、不等式的证明等问题时，最重要的思想方法就是函数与方程思想，构造适当的函数，分析、 转化不等
式问题．例如，不等式
或
恒成立，可以转化为
或
．也可以考虑参变
分离再求函数的最值．
4、函数与方程的思想贯穿高中数学的多个模块，在数列、解析几何、三角形、立体几何等内容中都
有广泛的运用．函数思想体现的是运动与变化的观念，通过分析问题中的数量关系，建构函数，再运用函
数的图象与性质分析．转化问题，进而解决问题．方程思想体现的是“动中求静”，寻求变化过程中保持
不变的等量关系，建构方程（组），通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析，转化问题，使问
题获得解决．
4
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1．（2024 年北京高考数学真题）设函数
，直线是曲线
在点
处的切线．
(1)当
时，求
的单调区间.
(2)求证：不经过点
.
(3)当
时，设点
，
，
，
为与
轴的交点，
与
分别表示
与
的面积．是否存在点
使得
成立？若存在，这样的点
有几个？
（参考数据：
，
，
）
【解析】（1）
，
当
时，
；当
，
；
在
上单调递减，在
上单调递增.
则
的单调递减区间为
，单调递增区间为
.
（2）
，切线的斜率为
，
则切线方程为
，
将
代入则
，
即
，则
，
，
5
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令
，
假设过
，则
在
存在零点.
，
在
上单调递增，
，
在
无零点，
与假设矛盾，故直线不过
.
（3）
时，
.
，设与
轴交点
为
，
时，若
，则此时与
必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知
.所以
，
则切线的方程为
，
令
，则
.
，则
，
，记
，
满足条件的
有几个即
有几个零点.
，
当
时，
，此时
单调递减；
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当
时，
，此时
单调递增；
当
时，
，此时
单调递减；
因为
，
，
所以由零点存在性定理及
的单调性，
在
上必有一个零点，在
上必有一个零点，
综上所述，
有两个零点，即满足
的
有两个.
2．（2024 年高考全国甲卷数学（文）真题）已知函数
．
(1)求
的单调区间；
(2)当
时，证明：当
时，
恒成立．
【解析】（1）
定义域为
，
当
时，
，故
在
上单调递减；
当
时，
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减.
综上所述，当
时，
的单调递减区间为
；
时，
的单调递增区间为
，单调递减区间为
.
（2）
，且
时，
，
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令
，下证
即可.
，再令
，则
，
显然
在
上递增，则
，
即
在
上递增，
故
，即
在
上单调递增，
故
，问题得证
3．（2024 年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数
．
(1)当
时，求
的极值；
(2)当
时，
，求
的取值范围．
【解析】（1）当
时，
，
故
，
因为
在
上为增函数，
故
在
上为增函数，而
，
故当
时，
，当
时，
，
故
在
处取极小值且极小值为
，无极大值.
（2）
，
设
，
则
，
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当
时，
，故
在
上为增函数，
故
，即
，
所以
在
上为增函数，故
.
当
时，当
时，
，
故
在
上为减函数，故在
上
，
即在
上
即
为减函数，
故在
上
，不合题意，舍.
当
，此时
在
上恒成立，
同理可得在
上
恒成立，不合题意，舍；
综上，
.
4．（2024 年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知函数
．
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若
有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．
【解析】（1）当
时，则
，
，
可得
，
，
即切点坐标为
，切线斜率
，
所以切线方程为
，即
.
（2）解法一：因为
的定义域为
，且
，
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若
，则
对任意
恒成立，
可知
在
上单调递增，无极值，不合题意；
若
，令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
内单调递减，在
内单调递增，
则
有极小值
，无极大值，
由题意可得：
，即
，
构建
，则
，
可知
在
内单调递增，且
，
不等式
等价于
，解得
，
所以a 的取值范围为
；
解法二：因为
的定义域为
，且
，
若
有极小值，则
有零点，
令
，可得
，
可知
与
有交点，则
，
若
，令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
内单调递减，在
内单调递增，
则
有极小值
，无极大值，符合题意，
由题意可得：
，即
，
构建
，
因为则
在
内单调递增，
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可知
在
内单调递增，且
，
不等式
等价于
，解得
，
所以a 的取值范围为
.
5．（2024 年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数
(1)若
，且
，求
的最小值；
(2)证明：曲线
是中心对称图形；
(3)若
当且仅当
，求
的取值范围．
【解析】（1）
时，
，其中
，
则
，
因为
，当且仅当
时等号成立，
故
，而
成立，故
即
，
所以
的最小值为
.，
（2）
的定义域为
，
设
为
图象上任意一点，
关于
的对称点为
，
因为
在
图象上，故
，
而
，
，
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所以
也在
图象上，
由
的任意性可得
图象为中心对称图形，且对称中心为
.
（3）因为
当且仅当
，故
为
的一个解，
所以
即
，
先考虑
时，
恒成立.
此时
即为
在
上恒成立，
设
，则
在
上恒成立，
设
，
则
，
当
，
，
故
恒成立，故
在
上为增函数，
故
即
在
上恒成立.
当
时，
，
故
恒成立，故
在
上为增函数，
故
即
在
上恒成立.
当
，则当
时，
故在
上
为减函数，故
，不合题意，舍；
综上，
在
上恒成立时
.
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而当
时，
而
时，由上述过程可得
在
递增，故
的解为
，
即
的解为
.
综上，
.
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题型一：运用函数的思想研究问题
【典例1-1】已知函数
.
(1)判断
的零点个数；
(2)求曲线
与曲线
公切线的条数.
【解析】（1）由函数
，可得其定义域为
，且
，
令
，得
；令
，得
，
可知
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，故
的零点个数为
.
（2）因为
，所以
，
所以曲线
在点
处的切线方程为：
，即
，
曲线
在点
处的切线方程为：
，
即
，
令
，可得
，
消去
，整理得
，
令
，可得
，等价于
，
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设
，则
，所以
在
上单调递增，
又因为
，所以
在
上有唯一的零点
，
由
，得
，所以曲线
与曲线
有且仅有一条公切线.
【典例1-2】若
的定义域为
，数列
满足
，则称
为
的“
倍点列”.
(1)若
为
的“2 倍点列”，求
的前
项和
；
(2)若
为
的“1 倍点列”且
，求证：
为定值；
(3)若
，判断是否存在
，使得
为
的“
倍点列”，并证明你的
结论.
【解析】（1）因为
为
的“2 倍点列”，
所以
，即
，
所以
所以
，
当
时，
，
显然
满足
，
故综上，
（2）证明：因为
，
所以
.
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设
，则
，当且仅当
即
时等号成立，
所以
单调递增，且
，
所以
,
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
因为
为
的“1 倍点列”，则
，
不妨设
，
，
所以
的图象关于直线
对称，当
时，
有2 个不同实根，
所以
.
（3）因为
，且
为
的“
倍点列”，
可得
，即
且
，
设
，则
，
在
上单调递增，且
，
所以
时，
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
因为
，所以
且
时
，
所以不存在
，使得
，
即不存在
，使得
为
的“
倍点列”.
【变式1-1】已知函数
.
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（1）求函数
的单调区间；
（2）记
，若函数
与
的图象有三个不同交点，求实数
的取值范围.
【解析】（1）函数
的定义域为
，
，
当
时，
；当
时，
，
所以函数
的单调递减区间是
，单调递增区间是
.
（2）令
，即
，得
.
设
，
则
.
令
，得
；
令
，得
或
.
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，在
上单调递减.
所以
，
，
且当
时，
；当
时，
.
所以要使函数
与
的图象有三个不同交点，必须有
，
即实数
的取值范围是
.
【变式1-2】已知函数
.
（1）若函数
在
处的切线与直线
垂直，求实数
的值.
（2）若函数
存在两个极值点，求实数
的取值范围.
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【解析】（1）
，
，
则
，解得
.
（2）
，
由题设可知
有两个不同的零点，且
在零点的附近
的符号发生变化.
令
，则
，
若
，则
，则
为
上为增函数，
在
上至多有一个零点.
当
时，若
，则
，故
在
上为增函数，
若
，则
，故
在
上为减函数，
故
，故
.
又
且
，故
在
上存在一个零点；
下证当
时，总有
.
令
，则
，
当
时，
，故
为
上的减函数，
故
，故
成立.
令
，则
，
故当
时，有
，
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取
，则当
时，
有
，
故
，故在
上，存在实数
，使得
，
由零点存在定理及
的单调性可知可得
在
上存在一个零点.
综上可知，实数
的取值范围是
.
1．已知函数
.
（1）若
，试判断
的符号；
（2）讨论
的零点的个数.
【解析】（1）
.
设
，则
.
设
，则
，
∴当
时，
；当
时，
.
∴当
时，
.故
，从而
.
∴
在
上单调递增.
∴当
时，
，从而
；
当
时，
，从而
；
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当
时，
，从而
.
（2）
的定义域为
，
.
∴当
时，
，故
在
上单调递增，
又
，∴
有个零点.
当
时，令
，得
；令
，得
.
∴
在上
上单调递减，在
上单调递增.
∴
.
设
，则
.
∴当
时，
；当
时，
.∴
.
∴当
时，
，即
，
又当
时，
；当
时，
；故
有
个零点.
当
时，
，故
有个零点.
当
时，
，即
，
又当
时，
；由（1）知
，故
有
个零点.
当
或
时，
有个零点；当
且
时，
有
个零点.
2．已知函数
其中
.
（1）当
时，求曲线
在原点处的切线方程；
（2）若函数
在
上存在最大值和最小值，求a 的取值范围.
【解析】（1）
.
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所以切线的斜率
；又
所以曲线
在原点处的切线方程为：
.
（2）
当
时，
解得
则
时
随
的变化情况如下表：
0
0
递增
递减
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
的最大值为
，
若
存在最小值，则
时，
恒成立，即
，
所以
即
在
恒成立，
所以
.又因为
，所以
，则
.
当
时，
解得
21
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则
时
随
的变化情况如下表：
0
0
递减
递增
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
的最小值为
，
若
存在最大值，则
时，
恒成立，即
，
所以
即
在
恒成立，
所以
.又因为
，所以
，则
.
综上所述，
的取值范围为
.
题型二： 运用方程的思想研究问题
【典例2-1】已知函数
，
，其中
求函数
的单调区间；
若曲线
在点
处的切线与曲线
在点
处的切线平行，证明
；
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证明当
时，存在直线l，使l 是曲线
的切线，也是曲线
的切线．
【解析】
由已知，
，有
，
令
，解得
由
，可知当x 变化时，
，
的变化情况如下表：
x
0
- 0
+
↘
极小
值
↗
函数
的单调减区间为
，单调递增区间为
；
证明：由
，可得曲线
在点
处的切线的斜率为
由
，可得曲线
在点
处的切线的斜率为
这两条切线平行，故有
，即
，
两边取以a 为底数的对数，得
，
证明：曲线
在点
处的切线
：
，
曲线
在点
处的切线
：
要证明当
时，存在直线l，使l 是曲线
的切线，也是曲线
的切线，
只需证明当
时，存在
，
使得
与
重合，
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即只需证明当
时，方程组
由①得
，代入②得：
，③
因此，只需证明当
时，关于
的方程③存在实数解．
设函数
，即要证明当
时，函数
存在零点．
，可知
时，
；
时，对
求导，易知
单调递减，
又
，
，
故存在唯一的
，且
，使得
，即
由此可得，
在
上单调递增，在
上单调递减，
在
处取得极大值
，故
下面证明存在实数t，使得
，
由
可得
，当
时，有
存在实数t，使得
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因此，当
时，存在
，使得
当
时，存在直线l，使l 是曲线
的切线，也是曲线
的切线．
【典例2-2】已知函数
在点
处的切线方程为
求函数
的解析式；
若
，且过点
可作曲线
的三条切线，求实数m 的取值范围．
【解析】
，
，
故
，
过点
向曲线
作切线，设切点为
，则
，
，
则切线方程为
，将
代入上式，整理得
过点
可作曲线
的三条切线，
方程
有三个不同实数根．
记
，
，
令
，得
或1，则x，
，
的变化情况如下表：
当
，
有极大值
，
有极小值
，
由题意，当且仅当
，即
，
解得
时函数
有三个不同零点．
25
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此时过点
可作曲线
的三条不同切线．
故m 的取值范围是
【变式2-1】已知函数
和
有相同的最大值．
求实数a；
设直线
与两条曲线
和
共有四个不同的交点，其横坐标分别为
，证明：
【解析】
，令
有最大值，
且
在
上单调递增 ；
上单调递减 ，
，令
，则
，
在在
上单调递增 ，
上单调递减 ，
，
设
则
，
在
上单调递减，
又
，
时，
，
方法一：由
，由
，
26
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令
，
在
上单调递增，
上单调递减 ，
至多两个零点．
令
，
在
上递增，
上递减；
至多两个零点．
令
，
当
时，
；
当
时，由
且
，
在
上单调递减 ，
方程无解．
当
时，由
，
在
上递增，
方程有唯一解
当
时，注意到
，
，
，
在
和
上各有一个零点
示意图如下，
27
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注意到
，
在
和
上各有一个零点
且由
，而
，
而
在
上单调递增 ，由
，
由
，而
而
在
上递减 ，由
，
，
方法二：
由“导数同构与拆构”寻找外函数法知，
则
，又
，
又
在
上单调递增 ，
，同理
，
而
，则
，证毕！
【变式2-2】已知函数
28
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Ⅰ若
在
，
处导数相等，证明：
；
Ⅱ若
，证明：对于任意
，直线
与曲线
有唯一公共点．
【解析】证明：Ⅰ
函数
，
，
，
在
，
处导数相等，
，
，
，
，
由基本不等式得：
，
，
，
由题意得
，
设
，则
，
列表讨论：
x
16
-
0
+
在
上单调递增，
，
29
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Ⅱ令
，
，
则
，
，
存在
，使
，
对于任意的
及
，直线
与曲线
有公共点．
由
，得
，
设
，则
，
其中
，
由
知
，
又
，
，
，即函数
在
上单调递减，
方程
至多有一个实根，
综上，
时，对于任意
，直线
与曲线
有唯一公共点．
1．已知函数
当
时，若直线
与曲线
相切，求b；
30
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若直线
与曲线
恰有两个公共点，求
【解析】
当
时，
，
，
因为直线
与曲线
相切，设切点为
，
则
，所以
或
，
因此，
或
因为直线
与曲线
恰有两个公共点，
所以方程
，即方程
有两个不等实根，
因为
是方程
的一个根；
当
时，方程可化为
，
依题意，方程
有不等于
的唯一根，
因为
，若
，则
即
，
，满足条件；
若
，则由
，解得：
综上所述，
或
题型三：运用函数与方程的思想研究不等式问题
【典例3-1】定义首项为1 且公比为正数的等比数列为“
数列”．
31
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已知等比数列
满足：
，
，求证：数列
为“
数列”；
已知数列
满足：
，
，其中
为数列
的前n 项和．
①求数列
的通项公式；
②设m 为正整数，若存在“
数列”
，对任意正整数k，当
时，都有
成立，
求m 的最大值．
【解析】
设等比数列
的公比为q，则
由
，
，得
，
数列
首项为1 且公比为正数
即数列
为“
数列”；
①
，
，
当
时，
，
，
当
时，
，
，
当
时，
，
，
猜想
，下面用数学归纳法证明；
当
时，
，满足
，
假设
时，结论成立，即
，则
时，
32
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由
，得
，
故
时结论成立，
根据
可知，
对任意的
都成立．
故数列
的通项公式为
；
②设
的公比为q，
存在“
数列”
，对任意正整数k，当
时，都有
成立，
即
对
恒成立，
当
时，
，当
时，
，
当
，两边取对数可得，
对
有解，
即
，
令
，则
，
当
时，
，此时
递减，
当
时，
，
令
，则
，
33
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令
，则
，
当
时，
，即
，
在
上单调递减，
即
时，
，则
，
下面求解不等式
，
化简，得
，
令
，则
，
由
得
，
，
在
上单调递减，
又由于
，
，
存在
使得
，
的最大值为5，此时
【典例3-2】设函数
求
的单调区间；
已知a，
，曲线
上不同的三点
，
，
处的切线都经过点
证明：
若
，则
若
，
，则
34
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注：
是自然对数的底数
【解析】
，故
在
上单调递减，在
上单调递增．
不妨设
，则
，
，
满足：
，
，2，
则
，
，
是
的三个正实数根，即
记
，
，
，
则
在
上单调递减，
上单调递增，
上单调递减，
由于
，
，
是
的三个正实数根，
则
，
，
又由于
时，
，
，
，
时，
，
于是
，
由于
，要证
，只需证
即
，由
知，
时，
综上所述，
，得证!
35
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由于
，
，则
在
上单调递减，
上单调递增，
上单调递减，
则
，
，
又由于
时，
，
，
，
时，
，
于是
，
，故
由于
，
记
，
，则
要证明：
，记
，
，
只需证明：
即证：
由
，
，
故
，
只需证：
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由于
，即证：
记
，
，
令
，则
，即
在
上单调增，
，即
，则
在
上单调增，
又
，
于是
，
记
，
由
，
知
在
上单调递增．故
，
故
，即
即不等式得证．
【变式3-1】已知
，函数
若
，证明：当
时，
若函数
存在极小值点
证明：
【解析】
若
，则
，
设
，
，
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，
设
，
，
，则
在
上单调递增，
，即
，
于是
在
上单调递增，
，即
，
所以当
时，
函数
，
，其定义域为
，
，
，
由
知
在
上单调递增，
，
当
时，
，当
时，
，
则由
，解得
或
，其中
且
，即
且
，
否则恒有
，则
在
上单调递增，函数
无极值点，不符合题意，
若
，即
，当
时，
，
当
时，
，则
在
，
上单调递增，
在
上单调递减，因此
是
的极小值点，
，
若
，即
，当
时，
，
38
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当
时，
，则
在
，
上单调递增，
在
单调递减，因此
是
的极小值点，
，又
，
，于是
，
综上所述，函数
存在极小值点
，
【变式3-2】已知函数
若
，求
极值；
求函数
的单调区间；
若函数
有两个极值点
，
，求证：
【解析】
当
时，
，
则
，
当
时，
，
在
单调递增，
当
或
是，
，
在
，
单调递减，
的极大值为
，
的极小值为
；
由
，得
，
令
，则
，
，
当
，即
时，
恒成立，则
，
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所以
在
上是减函数．
当
，即
或
当
时，
恒成立，从而
，所以
在
上是减函数．
当
时，函数
有两个零点：
，
，
列表如下：
综上，当
时，
的减区间是
，无增区间；
当
时，
的增区间是
，减区间是
和
由
知，当
时，
有两个极值点
，
，
，
则
，
是方程
的两个根，
从而
，
，
由韦达定理，得
，
，
所以
，
40
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令
，
，
，
则
，
当
时，
，则
在
上是增函数，
从而
，故
1．已知函数
讨论函数
零点个数；
若
恒成立，求a 的取值范围．
【解析】
由
，得
设
，则
，
所以函数
在
，
上单调递增；在
上单调递减，
所以
据此可画出大致图象，所以
当
或
时，
无零点；
当
或
时，
有一个零点；
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ⅲ当
时，
有两个零点
①当
时，
，符合题意；
②当
时，因
，则
，
则
，即
，
设
，则
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增．
所以
，
所以，当
时，
，
即
成立，即
合题意；
③当
时，由
可知，
，在
上单调递增．
又
，
，
所以
，使
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当
时，
，即
，
设
，
则
，所以
在
上单调递减，
所以
时，
当
时，
，即
，
设
，
因为
，
令
，
，则
，
又令
，
，
则
，得
在
上单调递增．
有
，
得
在
上单调递增，有
则
，得
在
上单调递增．
则
时，
又
时，
，
得当
时，
时，
，
由上可知
，
43
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在
上单调递增，则此时
综上可知，a 的范围是
2．已知函数
当
时，求函数
的单调区间；
若
有3 个零点
，
，
，其中
求实数a 的取值范围；
求证：
【解析】
当时
，
，
，
则
在
恒成立，所以
在
单调递增，
故
的单调递增区间为
，无单调递减区间．
，
，
，则
除1 外还有两个零点．
，令
，
当
时，
在
恒成立，则
，所以
在
单调递
减，不满足，舍去；
当
时，要是
除1 外还有两个零点，则
不单调，
所以
存在两个零点，所以
，解得
当
时，设
的两个零点为m，
，则
，
，
44
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所以
当
时，
，
，则
单调递增；
当
时，
，
，则
单调递减；当
时，
，
，则
单调递增；又
，所以
，
，
而
，且
，
，且
，所以存在
，
，
使得
，
即
有3 个零点
，
，
综上，实数a 的取值范围为
因为
，
所以若
，则
，所以
当
时，先证明不等式
恒成立，设
，
则
，所以函数
在
上单
调递增，于是
，即当
时，不等式
恒成立．
由
，可得
，因为
，
45
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所以
，即
，两边同除以
，
得
，
所以
题型四：运用函数与方程的思想研究其他问题
【典例4-1】设双曲线
的左、右焦点分别为
是
上一点，且
．若
的面积为16，则
的离心率为 ．
【答案】
【解析】根据双曲线的定义可得
，即
，
由
可得
，
所以
，又因为
，
所以
，即
，
，即
，
因为
，所以
，
所以
，即
，
解得
，所以
．
故答案为：
.
46
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【典例4-2】等差数列
中，
为
的前n 项和，
，若不等式
，对任意的
恒成立，则实数k 的取值范围为 .
【答案】
【解析】由题意可知
，则
的公差为
，
所以
，
则
，即
恒成立，
由对勾函数的性质知
在
上单调递减，在
上单调递增，
而
，即
，
所以
.
故答案为：
【变式4-1】在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF 的边长都是2，且所在的平面互相
垂直.可以滚动的弹珠M，N 分别从A，F 出发沿对角线AC，FB 匀速移动，已知弹珠N 的速度是弹珠M 的
速度的3 倍，且当弹珠N 移动到B 处时试验终止，则弹珠M，N 间的最短距离是 .
【答案】
【解析】过点M 做MH 垂直AB 于H，连接NH，如图所示，
47
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因为面
面
，面
面
，MH 在面ABCD 内，
，则
面
，
面
，所以
.
由已知弹子N 的速度是弹子M 的速度的3 倍，
设
，则
，
因为
，
为正方形，
，则
，
，
所以
，
所以
，
，
由余弦定理可得
所以
，
当
时，
，
48
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所以
,
故答案为：
.
【变式4-2】如图，在正方体
中，过
的平面分别交棱
于点
.给出下列四个
结论：
①四边形
一定是平行四边形；
②四边形
可能是正方形；
③四边形
为菱形时，其面积最小；
④四边形
为矩形时，其面积最大.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【解析】对于①，在正方体
中，
平面
平面
，又
平面
，
平面
，
且
平面
，所以
，
同理
，所以四边形
一定是平行四边形，故①正确；
对于②，设该正方体的棱长为2，
若四边形
可能是正方形，则
分别为
得中点，
且
，
49
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实际上
，
，
并不满足
，
即
不成立，故四边形
不可能是正方形，故②不正确；
如图，以点
为原点，建立空间直角坐标系，
设
，正方体的棱长为2，
则
，
则
，
则
，
所以
，
所以点
到
的距离
，
则
，
当
时，四边形
面积最小，此时四边形
为菱形，故③正确；
当
或2 时，四边形
面积最大，此时四边形
为矩形，故④正确.
故答案为：①③④.
50
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1．已知双曲线
：
和椭圆
：
.过点
的动直线交
于A，B 两点，过点Р 的
动直线
交
于M，N 两点，若四条直线
的斜率之和为定值，则定点Q 为
.
【答案】
【解析】当直线、
的斜率不存在时，不满足题意.故直线的方程设为
，
直线过点
，即
，
联立方程组
，整理得
，
则
，且
，
设
，
，有
，
，
51
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设
，
，
整理得
，
则
，
将
代入得
，
由动直线、
互不影响可知，要满足
为定值，
则
为定值，
为定值，
因此要满足
为定值，则有：
①若
，
，计算得
，
，
经检验满足
，此时
；
②若
，即
，
，
则有
无解；
综上，当
，
，
下面只需验证当
时，
是否为定值，
设直线
方程为：
，直线
过点
，即
，
椭圆方程联立
，得
，可得
，
设
，
，有
，
，
52
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，
化简得
，
则
，
将
得
，所以当
，
，
，
，所
以点
坐标为
.
故答案为：
.
2．设椭圆
的上顶点为
，过
任作两条互相垂直的直线分别交椭圆
于
，
两点，则直线
过定点 ．
【答案】
【解析】根据题意，直线
的斜率存在，设直线
的方程为
，且
，
联立方程组
，整理得
，
则
，
且
，
由
，所以
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，
所以
，解得
或
，
当
时，直线AB 经过点D，不满足题意，则直线AB 的方程为
，
所以直线AB 过定点
．
故答案为：
．
54
