【步步高】2015屆高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)(典型題+詳解)專題五高考中的圓錐曲線問題文檔強練文新人

專題五高考中的圓錐曲線問題x2y21.已知F、F為橢圓＋＝1的兩個焦點，過F的直線交橢圓于A、B兩點.若|FA|＋|F2B|2591212＝12，則|AB|＝________.答案8解析由題意知(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|)＝|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝2a＋2a，又由a＝5，可得|AB|＋(|BF2|＋|AF2|)＝20，即|AB|＝8.2.設(shè)AB為過拋物線y＝2px(p>0)的焦點的弦，則|AB|的最小值為()2A.p2B.pC.2pD.無法確定答案C解析當弦AB垂直于對稱軸時|AB|最短，p這時x＝，∴y＝±p，|AB|min＝2p.2x2y233.若雙曲線－＝1的一條漸近線被圓(x－2)2＋y2＝4所截得的弦長為2，則該雙曲線的實軸a2長為()A.1B.2C.3D.6答案B解析雙曲線ax2y2a3x，即3x±ay＝0，－＝1的漸近線方程為y＝±32圓(x－2)2＋y2＝4的圓心為C(2,0)，半徑為r＝2，如圖，由圓的弦長公式得弦心距|CD|＝22－12＝3，另一方面，圓心C(2,0)到雙曲線－＝1的漸近線3x－ay＝0的距離為d＝|3×2－a×0|＝x2y2a233＋a22323，所以＝3，解得a2＝1，即a＝1，該雙曲線的實軸長為2a＝2.3＋a23＋a2y＝2x上有一點P，它到A(1,3)的距離與它到焦點的距離之和最小，則點P的坐2標是()A.(－2,1)B.(1,2)C.(2,1)D.(－1,2)答案B解析如圖所示，直線l為拋物線y＝2x2的準線，F(xiàn)為其焦點，PN⊥l，AN1⊥l，由拋物線的定義知，|PF|＝|PN|，∴|AP|＋|PF|＝|AP|＋|PN|≥|AN1|，當且僅當A、P、N三點共線時取等號.∴P點的橫坐標與A點的橫坐標相同即為1，則可排除A、C、D，故選B.→→O，拋物線y＝2x與過焦點的直線交于A、B兩點，則OA·OB等于()25.設(shè)坐標原點為A.34B.－C.3D.－334答案B解析方法一(特殊值法)拋物線的焦點為F，，過F且垂直于x軸的直線交拋物線于A(21，1)，B(12，－1)，102＝，·，－1＝－1＝－3.411114→→∴OA·OB22方法二設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，→→則OA＝x·OB1x2＋yy12.由拋物線的過焦點的弦的性質(zhì)知：1xx12＝p21y2＝－p2＝－1.＝，y44∴OA→·OB→＝14－1＝－34.題型一圓錐曲線中的X圍、最值問題例1(2012·某某改編)如圖所示，在直角坐標系xOy中，點12P(1，)到拋word54物線C：y＝2px(p>0)的準線的距離為.點M(t,1)是C上的定點，A，B2是C上的兩動點，且線段AB的中點(1)求曲線C的方程及t的值；(2)記d＝|AB|，求Q(m，n)在直線OM上.d的最大值.1＋4m2思維啟迪(1)依條件，構(gòu)建關(guān)于p，t的方程；(2)建立直線AB的斜率k與線段AB中點坐標間的關(guān)系，并表示弦AB的長度，運用函數(shù)的性質(zhì)或基本不等式求d的最大值.解(1)y2＝2px(p>0)的準線x＝－p2，p512，p＝，∴1－(－)＝24∴拋物線C的方程為y2＝x.又點M(t,1)在曲線C上，∴t＝1.(2)由(1)知，點M(1,1)，從而n＝m，即點Q(m，m)，依題意，直線AB的斜率存在，且不為0，設(shè)直線AB的斜率為k(k≠0).且A(x1，y1)，B(x2.y2)，yx＝，2由11得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，故k·2m＝1，＝，yx222所以直線AB的方程為y－m＝21m(x－m)，即x－2my＋2m2－m＝0.－m＝0，x2my＋2m2－由＝x消去x，y2整理得y2－2my＋2m2－m＝0，所以Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，yy12＝2m2－m.從而|AB|＝1＋k12·|y1－y2|＝1＋4m2·4m－4m2＝21＋4m2m－m23/20∴d＝|AB|1＋4m2＝2m1－m≤m＋(1－m)＝1，12當且僅當m＝1－m，即m＝時，上式等號成立，又m＝1滿足Δ＝4m－4m2>0.∴d的最大值為1.2思維升華圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關(guān)結(jié)論來求最值；二是代數(shù)法，常將圓錐曲線的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題，然后利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值.x2y2橢圓C：＋＝1的左頂點、右焦點分別為A，F(xiàn)，直線的方程為x＝9，N為直3620線上一點，且在x軸的上方，AN與橢圓交于(1)若M是AN的中點，求證：MA⊥MF.(2)過A，F(xiàn)，N三點的圓與M點．y軸交于P，Q兩點，求|PQ|的取值X圍．(1)證明由題意得A(－6,0)，F(xiàn)(4,0)，x＝9，N32，∴x＝M53，2又M點在橢圓上，且在x軸上方，得y＝M155325→253)，2→＝(－，－∴MA＝(，－)，MF2→→7575∴MA·MF＝－4＋4＝0，∴MA⊥MF.(2)解方法一設(shè)N(9，t)，其中t>0，∵圓過A，F(xiàn)，N三點，∴圓心在線段AF的中垂線上．設(shè)圓心為(－1，b)，半徑為r，有r＝－1－42＋b2＝－1－92＋b－t2，2＋75t＝12(t＋75t)，|PQ|＝2r2－1＝2b2＋24.∴b＝2t∵t>0，∴b≥t·75t＝53，75當且僅當t＝，即t＝53時取“＝”t∴|PQ|≥299＝611.∴|PQ|的取值X圍是[611，＋∞)．方法二設(shè)N(9，t)，其中t>0，∵圓過A，F(xiàn)，N三點，∴設(shè)該圓的方程為x2＋y＋Dx＋Ey＋F＝0，有236－6D＋F＝0，16＋4D＋F＝0，81＋t2＋9D＋tE＋F＝0，75解得D＝2，E＝－t－，F(xiàn)＝－24，t∴圓心為(－1，(t＋75t))，半徑r＝1225＋14t＋75，2t1475，2∴|PQ|＝2r2－1＝224＋t＋t∵t>0，∴t＋75t≥2t·75t＝103，75當且僅當t＝，即t＝53時取“＝”t∴|PQ|≥299＝611，∴|PQ|的取值X圍是[611，＋∞)．題型二圓錐曲線中的定點、定值問題例2(2012·某某)如圖，等邊三角形OAB的邊長為83，且其三個頂點均在拋物線E：x＝2py(p>0)上.2(1)求拋物線(2)設(shè)動直線l與拋物線y軸上某定點E的方程；E相切于點P，與直線y＝－1相交于點Q，證明：以PQ為直徑的圓恒過.→→思維啟迪既然圓過y軸上的點，即滿足MP·MQ＝0，對任意P、Q恒成立可待定M(0，y1)，也可給定特殊的P點，猜想M點坐標，再證明.(1)解依題意，得|OB|＝83，∠BOy＝30°.設(shè)B(x，y)，則x＝|OB|sin30°＝43，y＝|OB|cos30°＝12.因為點B(43，12)在x2＝2py上，所以(43)2＝2p×12，解得p＝2.故拋物線E的方程為x2＝4y.1412，y′＝(2)證明方法一由(1)知y＝xx.2設(shè)P(x0，y0)，則x0≠0，且l的方程為12121.2y－y0＝x(x－x0)，即y＝xx－x4000word114x2－4，0y＝xx－x，x＝22由00得2x0y＝－1y＝－1.x2－42x0所以Q為，－1.014→→設(shè)M(0，y1)，令MP·MQ＝0對滿足y＝x2(x0≠0)的x0，y0恒成立.00→→x－4由于MP＝(x0，y0－y1)，MQ＝2，，－1－y012x0x2－4－y→→由MP·MQ＝0，得0－＋＋＝，yyyy02120011即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)211由于(*)式對滿足y0＝x2(x0≠0)的y0恒成立，401y0－＝，所以1解得y＝1.＋－＝，y201y211故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點M(0,1).1412，y′＝方法二由(1)知y＝xx.2設(shè)P(x0，y0)，則x0≠0，1且l的方程為y－y0＝x(x－x0)，20即y＝11.2xx－x2400114x2－4，0y＝xx－x，x＝22由00得2x0y＝－1y＝－1.x2－42x0所以Q為，－1.0取x0＝2，此時P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ為直徑的圓為(x－1)2＋y2＝2，交y軸于點M1(0,1)或M2(0，－1)；6/2013取x，Q－，－1，＝1，此時P，1420以PQ為直徑的圓為13125＋＝28，x＋2y＋46447.4交y軸于點M3(0,1)、M0，－故若滿足條件的點M存在，只能是M(0,1).以下證明點M(0,1)就是所要求的點.因為MP→＝(x0，y0－1)，MQ→x2－4，－2＝，02x0x2－4－2y00＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.2→→所以MP·MQ＝故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點M(0,1).思維升華求定點及定值問題常見的方法有兩種：(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān).(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.)橢圓C：a＋b＝1(a>b>0)的離心率e＝23，a＋b＝3.xy22(2013·某某22(1)求橢圓C的方程；(2)如圖所示，A、B、D是橢圓C的頂點，P是橢圓C上除頂點外的任意一點，直線DP交x軸于點N，直線AD交BP于點M，設(shè)BP的斜率為k，MN的斜率為m.證明：2m－k為定值.3c2a＝，(1)解因為e＝21所以a＝3c，b＝3c.代入a＋b＝3得，c＝3，a＝2，b＝1.x2故橢圓C的方程為4＋y2＝1.(2)證明方法一因為B(2,0)，點P不為橢圓頂點，則直線BP的方程為y＝k(x－2)(k≠0，k≠±12)，①－2，－8k24kx2＋y2＝1，解得P①代入4.k2＋14k2＋14word12直線AD的方程為y＝x＋1.②4k＋24k，①與②聯(lián)立解得M.2k－12k－1－4k，N(x,0)三點共線知2，－8k2由D(0,1)，P4k2＋14k2＋14k－4k2＋1－1＝0－14k－2，解得N，0.8k2－22k＋1x－04k2＋1－04k－02k－1所以MN的斜率為m＝4k＋24k－2－2k－12k＋14k2k＋122k＋12－22k－12＝2k＋1＝.4則2m－k＝2k＋1－k＝12(定值).2y，方法二設(shè)P(x0，y0)(x0≠0，±2)，則k＝0x2－012直線AD的方程為y＝直線BP的方程為y＝(x＋2)，y(x－2)，0x0－2直線DP的方程為y－1＝y(tǒng)0－1x，令y＝0，x0－x由于y0≠1可得N，0，0y－1012y＝x＋2聯(lián)立，yx－20y＝x0－24y0＋2x0－44y0解得M，，2y－x0＋22y0－x0＋208/204y02y0－x0＋2yy4－1＝m＝4y0＋2x0－4＋4y－8y0＋4xy00－x＋4220000x02y0－x0＋2y0－14y0y0－14y－8y0＋4xy00－4－4y＋4＝＝2200y0－12y0＋x0－2，2y0－12y0＋x0－2x0－2y所以2m－k＝－0＝2y0－1x0－2－y02y0＋x0－22y＋x－2x－2000＝2y0－1x0－2－2y－y0x0－2202y＋x－2x－2000122y0－1x0－2－4－x－y0x0－220＝2y0＋x0－2x0－2＝21(定值).題型三圓錐曲線中的探索性問題1(a>b>0)的離心率23xy2例3(2012·某某)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓e＝，2C：＋＝a2b2且橢圓C上的點到點(1)求橢圓C的方程(2)在橢圓C上，是否存在點A、B，且△OAB的面積最大？若存在，求出點Q(0,2)的距離的最大值為3..M(m，n)，使得直線l：mx＋ny＝1與圓O：x＋y2＝1相交于2不同的兩點M的坐標及對應(yīng)的△OAB的面積；若不存在，請說明理由.思維啟迪圓錐曲線中，這類問題的解題思想是假設(shè)其結(jié)論成立、存在等，在這個假設(shè)下進行推理論證，如果得到了一個合情合理的推理結(jié)果，就肯定假設(shè)，對問題作出正面回答；如果得到一個矛盾的結(jié)果，就否定假設(shè)，對問題作出反面回答.2－b2解(1)∵e2＝c＝a＝，232a2a2word＝3b，∴a22x2y2＋＝1，即x2＋3y2＝3b2.∴橢圓方程為3b2b2設(shè)橢圓上的點到點Q(0,2)的距離為d，則d＝x－0＋y－22＝3b2－3y2＋y－22＝2x2＋y－22＝－2y＋12＋3b2＋6，∴當y＝－1時，d取得最大值，dmax＝解得b2＝1，∴a2＝3.3b2＋6＝3，∴橢圓C的方程為x32＋y2＝1.(2)假設(shè)存在點M(m，n)滿足題意，則m32＋n2＝1，即m2＝3－3n2.設(shè)圓心到直線l的距離為d′，則d′<1，d′＝|m·0＋n·0－1|＝m12＋n22＋n2.m12＋n2∴|AB|＝212－d′2＝21－m.∴S△OAB＝12|AB|d′＝·2121－1m2＋n2·12＋n2mm2＋n21.1＝1－m2＋n2∵d′<1，∴m2＋n2>1，∴0<＋1n2<1，m2∴1－1＋n2>0.m2m2＋n2111－∴S△OAB＝m2＋n210/2011＋n2＋1－m2＋n122＝，2221m2＋n21當且僅當＝1－，m2＋n212即m2＋n2＝2>1時，SOAB取得最大值△.32＝，n2＋＝，m2m22由得＝3－3n21mn2＝，226，226，－22，－26，22或－26，－22，，∴存在點M滿足題意，M點坐標為2212此時△OAB的面積為.思維升華(1)探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化.其步驟為假設(shè)滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在.(2)反證法與驗證法也是求解探索性問題常用的方法.(2013·某某調(diào)研)已知橢圓C1、拋物線C2的焦點均在x軸上，C1的中心和C2的頂點均為原點O，從每條曲線上各取兩個點，將其坐標記錄于下表中：x3－2422y－23(1)求C1，C2的標準方程；0－42(2)是否存在直線l滿足條件：①過C2的焦點F；②與C1交于不同的兩點M，N，且滿足OM→⊥ON→？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由.yx解(1)設(shè)拋物線C2：y2＝2px(p≠0)，則有2＝2p(x≠0)，據(jù)此驗證四個點知(3，－23)，(4，－4)在C2上，易求得C2的標準方程為y2＝4x.xy＝1(a>b>0)，設(shè)橢圓C2＋2：a2b214＝1a22)代入得，221＝1a22＋2b＝4a2x，所以C1的標準方程為42＋y2＝1.解得＝1b2(2)容易驗證當直線l的斜率不存在時，不滿足題意.當直線l的斜率存在時，設(shè)其方程為y＝k(x－1)，與C1的交點為M(x1，y1)，N(x2，y2).x2＋y2＝14由y＝kx－1消去y并整理得(1＋4k－8k2x＋4(k2－1)＝0，)x228k2于是x＋x2＝1＋4k2，①14k2－1xx12＝1＋4k2.②所以yy＝k(x1－1)(x2－1)＝k[xx12－(x1＋x2)＋1]2212－1－4k28k21＋4k23k2＝k2[1＋4k2＋1]＝－1＋4k2.③→→→→由OM⊥ON，即OM·ON＝0，得x1x2＋yy12＝0.(*)4k2－1－k2－4＝0，3k2＝將②③代入(*)式，得1＋4k21＋4k21＋4k2解得k＝±2，所以存在直線l滿足條件，且直線l的方程為2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0.(時間：80分鐘)1.已知中心在坐標原點O的橢圓C經(jīng)過點A(2,3)，且點F(2,0)為其右焦點.word(1)求橢圓(2)是否存在平行于OA的直線l與橢圓C有公共點，且直線OA與l的距離等于4？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由C的方程；l，使得直線.x2y2＋＝1(a>b>0)，且可知其左焦點為F′(－解方法一(1)依題意，可設(shè)橢圓C的方程為a2b22,0).＝，c2c2＝，從而有解得a4.＝2a|AF|＋|AF′|＝3＋5＝8，＝又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，x2y2故橢圓C的方程為＋＝1.161232(2)假設(shè)存在符合題意的直線l，設(shè)其方程為y＝x＋t.32＝x＋t，y由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.x2y2＋＝1，1612因為直線l與橢圓C有公共點，所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，解得－43≤t≤43.|t|49＋1另一方面，由直線OA與l的距離d＝4，得＝4，解得t＝±213.由于±213?[－43，43]，所以符合題意的直線l不存在.x2y2＋＝1(a>b>0)，方法二(1)依題意，可設(shè)橢圓C的方程為a2b249＋＝1，且有a2b2解得b2＝12，b2＝－3(舍去).2－b2＝4.a從而a2＝16.x2y2所以橢圓C的方程為＋＝1.1612(2)同方法一.13/20xy222．已知橢圓＋＝1上的兩個動點P，Q，設(shè)P(x，y1)，Q(x2，421y2)且x1＋x2＝2.(1)求證：線段PQ的垂直平分線經(jīng)過一個定點A；(2)設(shè)點A關(guān)于原點O的對稱點是B，求|PB|的最小值及相應(yīng)的P點坐標．(1)證明∵P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1＋x2＝2.＋x2y＝4221當x1≠x2時，由1，＋x2y＝42222得y1－yx1＋xy1＋y22＝－12·.2x1－x2y－y12n設(shè)線段PQ的中點為N(1，n)，∴k＝－，＝12PQx1－x2∴線段PQ的垂直平分線方程為y－n＝2n(x－1)，∴(2x－1)n－y＝0，12該直線恒過一個定點A(，0)．1當x＝x2時，線段PQ的垂直平分線也過定點A(，0)．211綜上，線段PQ的垂直平分線恒過定點A(，0)．2(2)解由于點B與點A關(guān)于原點O對稱，故點B(－12，0)．∵－2≤x1≤2，－2≤x2≤2，∴x1＝2－x2∈[0,2]，1212＋79|PB|2＝(x1＋)2＋y＝(x＋1)2，≥244113∴當點P的坐標為(0，±2)時，|PB|min＝.23.如圖，已知直線l：y＝kx－2與拋物線C：x＝－2py(p>0)交于A、B2→→兩點，O為坐標原點，OA＋OB＝(－4，－12).(1)求直線l的方程和拋物線C的方程；(2)若拋物線上一動點P從A到B運動△ABP面積的最時，求大值.＝－ykx2，得x＋2pkx－4p＝0.2解(1)由＝－2pyx2設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－2pk，y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝－2pk2－4.14/20word→→＋OB＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－2pk，－2pk2－4)∵OA＝(－4，－12)，－2pk＝－4，∴－2－4＝－12pk2＝p1解得，故直線l的方程為y＝2x－2，＝k2拋物線C的方程為x2＝－2y.＝－y2x2x，得＋4x－4＝0，2(2)方法一由＝－2yx2∴|AB|＝1＋k2·x1＋x－4xx2212＝1＋22·－42－4·－4＝410.設(shè)P(t，－21t2)(－2－22<t<－2＋22)，∵|AB|為定值，∴當點P到直線l的距離d最大時，△ABP的面積最大.1212|2t＋t2－2||t＋22－4|，而d＝＝22＋－125又－2－22<t<－2＋22，∴當t＝－2時，dmax＝45.5∴當P點坐標為(－2，－2)時，410×455＝82.△ABP面積的最大值為2方法二設(shè)P(x0，y0)，依題意，知當拋物線在點P處的切線與l平行時，△ABP的面積最大.12∵y′＝－x，∴x0＝－2，y0＝－x＝－2，P(－2，－2).20此時點P到直線l的距離＝|2·－2－－2－2|22＝4＋－12515/20＝－y2x2＝455，得x2＋4x－4＝0，.由＝－2yx2－4x∴|AB|＝1＋k2·x1＋xx1222＝1＋22·－42－4－4＝410，410×455＝82.故△ABP面積的最大值為24.如圖，橢圓長軸的端點為A，B，O為橢圓的中心，F(xiàn)為橢圓的右焦點，且AF→·FB→＝1，|OF→|＝1.(1)求橢圓的標準方程；(2)記橢圓的上頂點為M，直線l交橢圓于P，Q兩點，問：是否存在直線l，使點F恰為△PQM的垂心，若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由.xy22＋＝1(a>b>0)，則c＝1，解(1)設(shè)橢圓方程為a2b2→→又∵AF＝(a＋c)·(a－c)＝a2－c2＝1.·FB∴a2＝2，b2＝1，x2故橢圓的標準方程為＋y2＝1.2(2)假設(shè)存在直線l交橢圓于P，Q兩點，且F恰為△PQM的垂心，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，∵M(0,1)，F(xiàn)(1,0)，∴直線l的斜率k＝1.y于是設(shè)直線l為y＝x＋m，由＝x＋mx22＋y2＝1得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，4x1＋x2＝－m，①32m2－2xx12＝.②3∵MP→·FQ→＝x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0.16/20word又yi＝xi＋m(i＝1,2)，∴x1(x2－1)＋(x2＋m)(x1＋m－1)＝0，即2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0.2－2將①②代入得2·2m－43m(m－1)＋m2－m＝0，3解得m＝－43或m＝1，經(jīng)檢驗m＝－符合條件.43故存在直線l，使點F恰為△PQM的垂心，43直線l的方程為y＝x－.xy225.在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓＋＝1的左，右頂點分別為A，B，右焦點為F.設(shè)95過點T(t，m)的直線TA，TB與此橢圓分別交于點M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m>0，y1>0，y2<0.(1)設(shè)動點P滿足：|PF|2－|PB|2＝4，求點P的軌跡；1(2)設(shè)x1＝2，x2＝，求點T的坐標；3(3)設(shè)t＝9，求證：直線MN必過x軸上的一定點(其坐標與m無關(guān)).(1)解設(shè)P(x，y)，由題知F(2,0)，B(3,0)，A(－3,0)，則|PF|2＝(x－2)2＋y2，|PB|2＝(x－3)2＋y2，由|PF|2－|PB|2＝4，得(x－2)2＋y2－[(x－3)2＋y]＝4，2化簡，得x＝992.故點P的軌跡方程是x＝.213分別代入橢圓方程，(2)解將x1＝2，x2＝5120.9并考慮到y(tǒng)，N，－>0，y2<0，得M2，331則直線MA的方程為5y－0＝x＋3，即x－3y＋3＝0－02＋33y－0x－3，即5x－6y－15＝0.直線NB的方程為＝201－－0－393x－3y＋3＝0，103聯(lián)立方程解得x＝7，y＝，5x－6y－15＝0，17/20所以點T的坐標為7，10.3(3)證明如圖所示，點T的坐標為