高二數(shù)學(xué)（江蘇理科）（新高三）暑期作業(yè)復(fù)習(xí)方法策略講-第講定向變形-破全國通用

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第15講定向變形——破解解析幾何綜合問題解析幾何的綜合問題主要以圓錐曲線為載體,著重考查解析幾何的基本思想，利用代數(shù)方法研究幾何的基本特點(diǎn)與性質(zhì),計(jì)算量大，運(yùn)算能力要求高，其解法主要涉及方程的思想和根與系數(shù)的關(guān)系．在進(jìn)行相關(guān)運(yùn)算時(shí)，借助平面幾何中的結(jié)論,可簡化運(yùn)算．1．清楚交點(diǎn)坐標(biāo)的代數(shù)意義．當(dāng)直線與圓錐曲線相交時(shí),往往要設(shè)出交點(diǎn)坐標(biāo):A（x1,y1）,B(x2,y2)，直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去y（x）后，得到關(guān)于x(y）的二次方程（二次項(xiàng)系數(shù)不等于零)，交點(diǎn)坐標(biāo)就是二次方程的解,于是得到一個(gè)不等關(guān)系：Δ〉0（有時(shí)顯然成立，可略去）,兩組等量關(guān)系：x1＋x2,x1x2(y1＋y2，y1y2）的表達(dá)式．2．根與系數(shù)的關(guān)系是變形的方向與靈魂．當(dāng)一條直線與一圓錐曲線相交時(shí),對(duì)交點(diǎn)坐標(biāo)的處理一般是設(shè)而不求，整體利用x1＋x2，x1x2（y1＋y2,y1y2）是解決多數(shù)問題的必經(jīng)之路．當(dāng)一個(gè)問題涉及多條直線時(shí),這些直線往往是相關(guān)直線，把最關(guān)鍵的直線找出來，設(shè)出來，其余直線的方程就會(huì)相應(yīng)寫出．所以，解決直線與圓錐曲線的相交問題,切入點(diǎn)往往是直線，需要設(shè)出動(dòng)直線方程．如何利用根與系數(shù)的關(guān)系是這類問題的靈魂．3．掌握重要的運(yùn)算技巧．直線與圓錐曲線的綜合問題也往往需要有一定的運(yùn)算技巧．一是往往根據(jù)題設(shè)中的幾何特征聯(lián)想幾何性質(zhì)，將幾何關(guān)系轉(zhuǎn)化為代數(shù)關(guān)系，如已知兩條直線的傾斜角互補(bǔ)(不與x軸垂直)，則這兩條直線的斜率互為相反數(shù)．二是一些點(diǎn)的坐標(biāo)、關(guān)系式可由已求得的坐標(biāo)、關(guān)系式經(jīng)過變量代換而得到，如過同一點(diǎn)且斜率分別為k、－k的兩條直線都與同一圓錐曲線相交，由斜率為k的直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立而得到的判別式，根與系數(shù)的關(guān)系，用－k代換k，就可直接得到斜率為－k的直線與該圓錐曲線相交時(shí)相應(yīng)的判別式，根與系數(shù)的關(guān)系，不用再聯(lián)立方程，重復(fù)操作．三是有時(shí)需要解出交點(diǎn)坐標(biāo),如過圓錐曲線上一點(diǎn)的直線與該圓錐曲線相交，往往利用根與系數(shù)的關(guān)系，求出另一個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)．例1如圖,橢圓C：eq\f（x2，a2)＋eq\f（y2,b2）＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f（1,2），其左焦點(diǎn)到點(diǎn)P(2,1）的距離為eq\r(10)，不過原點(diǎn)O的直線l與C相交于A,B兩點(diǎn)，且線段AB被直線OP平分．(1）求橢圓C的方程；(2）求△ABP面積取最大值時(shí)直線l的方程．解后反思對(duì)于最值問題，一般是利用函數(shù)思想，建立所求量的目標(biāo)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題．要特別注意定義域，一定要深刻挖掘題目中的隱含條件,如判別式大于零等．例2已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，橢圓C上的點(diǎn)到焦點(diǎn)距離的最大值為3，最小值為1.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若直線l的斜率存在，且與橢圓C相交于A、B兩點(diǎn)(A、B不是左右焦點(diǎn)）,且以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點(diǎn)，求證:直線l過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．解后反思直線過定點(diǎn)問題，當(dāng)直線斜率存在時(shí)，一般設(shè)直線方程為y＝kx＋m，k、m是參數(shù)．通過題設(shè)條件,找到k與m的關(guān)系，其中一個(gè)用另一個(gè)代換，轉(zhuǎn)化為單參數(shù)，將y＝kx＋m變形為y＝k′(x－a）＋b（a、b是常數(shù))，從而判斷直線過定點(diǎn)(a，b)．也可從特殊入手，利用兩條特殊直線的交點(diǎn)，探索出定點(diǎn)，再證明這個(gè)點(diǎn)與變量無關(guān)，恒在直線上．對(duì)于圓錐曲線過定點(diǎn)的問題，一般是特殊入手,探索出定點(diǎn)，再利用定義或圓錐曲線方程，證明這個(gè)點(diǎn)恒在該圓錐曲線上．例3在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1上的點(diǎn)均在圓C2：（x－5)2＋y2＝9外，且對(duì)C1上任意一點(diǎn)M,M到直線x＝－2的距離等于該點(diǎn)與圓C2上點(diǎn)的距離的最小值．(1）求曲線C1的方程；（2)設(shè)P（x0，y0)(y0≠±3）為圓C2外一點(diǎn),過P作圓C2的兩條切線，分別與曲線C1相交于點(diǎn)A，B和C，D.證明：當(dāng)P在直線x＝－4上運(yùn)動(dòng)時(shí)，四點(diǎn)A，B,C,D的縱坐標(biāo)之積為定值．解后反思解決定值問題時(shí)，要善于運(yùn)用辯證的觀點(diǎn)去思考分析,在“可變”的因素中尋求“不變”的量．對(duì)于這類問題，通常有兩種處理方法：①從特殊入手，探索出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)．②直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算中消去變量,從而得到定值．總結(jié)感悟解析幾何的綜合問題主要以圓錐曲線為載體,考查解析幾何的坐標(biāo)法思想，主要利用代數(shù)的方法即方程的思想和根與系數(shù)的關(guān)系研究幾何問題的性質(zhì)，在進(jìn)行相關(guān)運(yùn)算時(shí)，借助平面幾何中的結(jié)論，可簡化運(yùn)算．A級(jí)1．設(shè)F為拋物線C：y2＝3x的焦點(diǎn),過F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點(diǎn),則AB＝________．2．已知F1，F(xiàn)2為雙曲線C：x2－y2＝2的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在C上,PF1＝2PF2,則cos∠F1PF2＝________．3．已知F是拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)，直線l:y＝k(x＋1)與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，記直線FA，F(xiàn)B的斜率分別為k1，k2，則k1＋k2＝________．4．等腰Rt△AOB內(nèi)接于拋物線y2＝2px(p＞0）,O為拋物線的頂點(diǎn)，OA⊥OB,則△AOB的面積是________．5．橢圓eq\f（x2,3）＋y2＝1被直線x－y＋1＝0所截得的弦長AB＝________．6．F1，F(xiàn)2是橢圓eq\f（x2，2)＋y2＝1的兩個(gè)焦點(diǎn),過F2作傾斜角為eq\f(π，4）的弦AB,則△F1AB的面積為________．7．已知以F1(－2,0)，F(xiàn)2（2，0）為焦點(diǎn)的橢圓與直線x＋eq\r（3）y＋4＝0有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，則橢圓的長軸長為______．B級(jí)8．已知拋物線C:y2＝8x與點(diǎn)M（－2，2），過C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線與C交于A、B兩點(diǎn)．若eq\o(MA，\s\up6（→))·eq\o(MB,\s\up6（→））＝0，則k的值為________．9．斜率為1的直線l與橢圓eq\f（x2，4）＋y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)，則AB的最大值為________．10．已知拋物線C1：y＝eq\f(1，2p)x2(p>0)的焦點(diǎn)與雙曲線C2：eq\f（x2，3）－y2＝1的右焦點(diǎn)的連線交C1于第一象限的點(diǎn)M。若C1在點(diǎn)M處的切線平行于C2的一條漸近線，則p＝________。11．已知橢圓C:eq\f(x2,a2）＋eq\f(y2，b2)＝1（a＞b＞0）的左焦點(diǎn)為F,橢圓C與過原點(diǎn)的直線相交于A，B兩點(diǎn),連結(jié)AF，BF。若AB＝10，AF＝6，cos∠ABF＝eq\f（4,5），則C的離心率e＝________．12．已知直線y＝a交拋物線y＝x2于A，B兩點(diǎn)．若該拋物線上存在點(diǎn)C，使得∠ACB為直角，則a的取值范圍為________．13．已知橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)為A（0，－1）,焦點(diǎn)在x軸上,中心在原點(diǎn)．若右焦點(diǎn)到直線x－y＋2eq\r(2）＝0的距離為3。(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2）設(shè)直線y＝kx＋m（k≠0）與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)M，N.當(dāng)AM＝AN時(shí)，求m的取值范圍．

第15講定向變形——破解解析幾何綜合問題題型分析例1解(1)設(shè)橢圓左焦點(diǎn)為F(－c，0)，則由題意得eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(\r((2＋c）2＋1)＝\r(10),，\f(c,a)＝\f（1，2),）)得eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(c＝1，,a＝2，））所以橢圓方程為eq\f（x2，4）＋eq\f（y2，3)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1）,B（x2，y2）,線段AB的中點(diǎn)為M.當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí)，直線AB的方程為x＝0，與不過原點(diǎn)的條件不符，舍去．故可設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m(m≠0），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（y＝kx＋m，,3x2＋4y2＝12))消去y，整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，①則Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12）＞0,eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f（8km,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4m2－12,3＋4k2).））所以線段AB的中點(diǎn)M(－eq\f(4km，3＋4k2)，eq\f(3m,3＋4k2)),因?yàn)镸在直線OP上,所以eq\f(3m,3＋4k2)＝eq\f(－2km，3＋4k2），得m＝0(舍去）或k＝－eq\f（3,2)。此時(shí)方程①為3x2－3mx＋m2－3＝0，則Δ＝3（12－m2)＞0，eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x1＋x2＝m,，x1x2＝\f（m2－3，3).）)所以AB＝eq\r（1＋k2)·|x1－x2|＝eq\f(\r(39），6)·eq\r(12－m2）.設(shè)點(diǎn)P到直線AB距離為d，則d＝eq\f（｜8－2m|,\r(32＋22)）＝eq\f（2|m－4｜，\r（13）).設(shè)△ABP的面積為S，則S＝eq\f(1,2)AB·d＝eq\f（\r（3）,6)·eq\r（（m－4)2（12－m2）)，其中m∈（－2eq\r(3)，0)∪（0，2eq\r（3））．令u(m）＝（12－m2）（m－4）2,m∈－2eq\r(3）,2eq\r（3）］，u′(m)＝－4(m－4）（m2－2m－6)＝－4(m－4)·(m－1－eq\r（7）)（m－1＋eq\r（7)）．所以當(dāng)且僅當(dāng)m＝1－eq\r（7)時(shí),u（m）取到最大值．故當(dāng)且僅當(dāng)m＝1－eq\r(7）時(shí)，S取到最大值．綜上，所求直線l的方程為3x＋2y＋2eq\r（7）－2＝0.例2解(1）由題意設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2，a2)＋eq\f(y2，b2)＝1（a>b>0),由題意得:a＋c＝3，a－c＝1，解得a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝3?！鄼E圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是eq\f(x2,4)＋eq\f（y2，3）＝1。（2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，A（x1，y1），B（x2，y2)，由eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（y＝kx＋m，，\f(x2，4)＋\f（y2,3)＝1,))整理得（3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)（m2－3）〉0，即3＋4k2－m2〉0，①x1＋x2＝－eq\f（8mk,3＋4k2)，x1x2＝eq\f（4(m2－3），3＋4k2)。又y1y2＝(kx1＋m）（kx2＋m)＝k2x1x2＋mk（x1＋x2）＋m2＝eq\f(3（m2－3）,3＋4k2).∵以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點(diǎn)D(2，0），∴kAD·kBD＝－1，即eq\f（y1，x1－2）·eq\f（y2，x2－2）＝－1，即y1y2＋x1x2－2（x1＋x2)＋4＝0，∴eq\f(3（m2－4k2）,3＋4k2）＋eq\f（4（m2－3）,3＋4k2)＋eq\f（16mk,3＋4k2)＋4＝0，∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得:m1＝－2k，m2＝－eq\f(2k,7）,且均滿足①.當(dāng)m1＝－2k時(shí),l的方程為y＝k（x－2），直線過定點(diǎn)(2，0),與已知矛盾．當(dāng)m2＝－eq\f（2k，7)時(shí)，l的方程為y＝k（x－eq\f（2,7)），直線過定點(diǎn)（eq\f(2,7)，0)．∴直線l過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為（eq\f（2，7），0）．例3(1）解方法一設(shè)M的坐標(biāo)為（x，y)，由已知得|x＋2|＝eq\r（(x－5）2＋y2）－3.易知圓C2上的點(diǎn)位于直線x＝－2的右側(cè)，于是x＋2＞0，所以eq\r（（x－5）2＋y2)＝x＋5?；喌们€C1的方程為y2＝20x.方法二由題設(shè)知,曲線C1上任意一點(diǎn)M到圓C2圓心（5，0）的距離等于它到直線x＝－5的距離．因此,曲線C1是以（5，0）為焦點(diǎn)，直線x＝－5為準(zhǔn)線的拋物線．故其方程為y2＝20x。(2）證明當(dāng)點(diǎn)P在直線x＝－4上運(yùn)動(dòng)時(shí),P的坐標(biāo)為(－4，y0）．又y0≠±3,則過P且與圓C2相切的直線的斜率k存在且不為0，每條切線都與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)，切線方程為y－y0＝k（x＋4),即kx－y＋y0＋4k＝0。于是eq\f（|5k＋y0＋4k|，\r(k2＋1)）＝3。整理得72k2＋18y0k＋yeq\o\al（2,0）－9＝0.①設(shè)過P所作的兩條切線PA,PC的斜率分別為k1，k2,則k1，k2是方程①的兩個(gè)實(shí)根．故k1＋k2＝－eq\f(18y0，72)＝－eq\f（y0，4）.②由eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(k1x－y＋y0＋4k1＝0，，y2＝20x）)得k1y2－20y＋20（y0＋4k1)＝0.③設(shè)四點(diǎn)A，B,C，D的縱坐標(biāo)分別為y1，y2,y3,y4,則y1,y2是方程③的兩個(gè)實(shí)根,所以y1y2＝eq\f(20（y0＋4k1),k1）。④同理可得y3y4＝eq\f（20（y0＋4k2),k2)。⑤于是由②④⑤三式得y1y2y3y4＝eq\f（400（y0＋4k1）（y0＋4k2）,k1k2)＝eq\f(400［yeq\o\al(2，0)＋4（k1＋k2）y0＋16k1k2],k1k2）＝eq\f(400(yeq\o\al（2，0）－yeq\o\al（2,0)＋16k1k2），k1k2）＝6400.所以,當(dāng)P在直線x＝－4上運(yùn)動(dòng)時(shí)，四點(diǎn)A，B，C，D的縱坐標(biāo)之積為定值6400.線下作業(yè)1．12解析焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(3，4),0）)，方法一直線AB的斜率為eq\f(\r(3),3）,所以直線AB的方程為y＝eq\f（\r（3),3)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f（3,4))），即y＝eq\f（\r(3),3）x－eq\f（\r(3)，4），代入y2＝3x，得eq\f(1，3）x2－eq\f(7，2）x＋eq\f(3，16)＝0。設(shè)A（x1，y1），B(x2，y2），則x1＋x2＝eq\f(21,2)，所以AB＝x1＋x2＋p＝eq\f（21,2）＋eq\f（3，2）＝12.方法二由拋物線焦點(diǎn)弦的性質(zhì)可得AB＝eq\f（2p，sin2θ)＝eq\f（3,sin230°）＝12.2.eq\f（3，4）解析由雙曲線定義知，PF1－PF2＝2eq\r（2)，又PF1＝2PF2，∴PF2＝2eq\r(2），PF1＝4eq\r（2)。F1F2＝2c＝2eq\r(a2＋b2）＝4?！郼os∠F1PF2＝eq\f(PFeq\o\al(2,1）＋PFeq\o\al（2,2)－F1Feq\o\al（2,2）,2PF1·PF2）＝eq\f（32＋8－16，2×2\r（2）×4\r（2））＝eq\f（24,16×2)＝eq\f(3,4）.3．0解析由y2＝4x,得拋物線焦點(diǎn)F(1,0），聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（y＝k(x＋1）,，y2＝4x,）)得k2x2＋(2k2－4）x＋k2＝0，設(shè)A（x1,y1),B(x2，y2），則x1＋x2＝eq\f(4－2k2,k2)，x1x2＝1.k1＋k2＝eq\f（y1,x1－1）＋eq\f（y2，x2－1）＝eq\f(k(x1＋1）（x2－1）＋k（x2＋1）（x1－1），(x1－1）（x2－1)）＝eq\f（2k（x1x2－1），（x1－1)（x2－1））＝eq\f(2k（1－1),（x1－1）(x2－1)）＝0。4．4p2解析∵拋物線的對(duì)稱軸為x軸，內(nèi)接△AOB為等腰直角三角形,由拋物線的對(duì)稱性知，直線AB與拋物線的對(duì)稱軸垂直，從而直線OA與x軸的夾角為45°。由方程組eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(y＝x,，y2＝2px，)）得eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0，）)或eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝2p，，y＝2p.))∴A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(2p,2p)和(2p，－2p)．∴|AB|＝4p?！郤△AOB＝eq\f(1,2)×4p×2p＝4p2。5.eq\f(3\r(2），2)解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x－y＋1＝0，\f（x2,3)＋y2＝1）)得交點(diǎn)為（0,1）,（－eq\f（3,2），－eq\f(1,2）)，則AB＝eq\r（（\f(3，2)）2＋（1＋\f（1,2)）2）＝eq\f（3\r(2),2）。6。eq\f(4，3）解析不妨設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F2(1，0）,A(x1，y1)，B(x2，y2)，則直線AB的方程為y＝x－1.由eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（y＝x－1，,\f（x2，2）＋y2＝1，））得3x2－4x＝0，∴x1＝0，x2＝eq\f（4，3).根據(jù)弦長公式得AB＝eq\r（1＋k2)|x1－x2｜＝eq\f（4\r(2），3).橢圓的左焦點(diǎn)F1（－1，0）到直線AB的距離d＝eq\f(｜－1－0－1|，\r（1＋1))＝eq\r（2)，∴S△F1AB＝eq\f（1，2)d·AB＝eq\f（1，2)×eq\r（2)×eq\f（4\r（2），3)＝eq\f(4，3）.7．2eq\r（7）解析由題意可設(shè)橢圓方程為eq\f（x2,a2）＋eq\f(y2,a2－4）＝1,聯(lián)立直線與橢圓方程，由Δ＝0得a＝eq\r（7).故長軸長為2eq\r（7）.8．2解析聯(lián)立直線與拋物線的方程,消元得一元二次方程并得兩根之間的關(guān)系，由eq\o(MA，\s\up6(→）)·eq\o（MB，\s\up6（→))＝0進(jìn)行坐標(biāo)運(yùn)算解未知量k.拋物線C的焦點(diǎn)為F(2，0)，則直線方程為y＝k(x－2)，與拋物線方程聯(lián)立，消去y并化簡得k2x2－（4k2＋8）x＋4k2＝0.設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2），則x1＋x2＝4＋eq\f(8,k2）,x1x2＝4.所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－4k＝eq\f(8,k)，y1y2＝k2x1x2－2(x1＋x2)＋4]＝－16。因?yàn)閑q\o（MA，\s\up6（→)）·eq\o（MB，\s\up6（→）)＝(x1＋2，y1－2)·（x2＋2，y2－2）＝（x1＋2）（x2＋2)＋(y1－2)·(y2－2)＝x1x2＋2(x1＋x2）＋y1y2－2（y1＋y2)＋8＝0，將上面各個(gè)量代入,化簡得k2－4k＋4＝0,所以k＝2。9.eq\f(4\r（10)，5）解析設(shè)A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2），直線l的方程為y＝x＋t,由eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4,,y＝x＋t))消去y,得5x2＋8tx＋4（t2－1)＝0，則x1＋x2＝－eq\f（8，5)t，x1x2＝eq\f(4(t2－1），5).∴AB＝eq\r（1＋k2)｜x1－x2|＝eq\r（1＋k2)·eq\r((x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r（2）·eq\r(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（8,5)t））\s\up12（2）－4×\f(4（t2－1）,5））＝eq\f（4\r（2）,5）·eq\r(5－t2)，當(dāng)t＝0時(shí),ABmax＝eq\f（4\r（10），5).10.eq\f（4\r(3),3)解析拋物線C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2＝2py，其焦點(diǎn)F為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0,\f(p，2））），雙曲線C2的右焦點(diǎn)F′為(2，0)，漸近線方程為：y＝±eq\f（\r（3）,3）x.由y′＝eq\f（1,p)x＝eq\f（\r(3)，3)得x＝eq\f（\r（3),3)p，故Meq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3），3)p，\f（p,6))）.由F、F′、M三點(diǎn)共線得p＝eq\f（4\r(3），3).1