【高中数学课件】圆锥曲线中的定值、定点问题
合集下载
圆锥曲线中的定点、定值问题课件-2025届高三数学一轮复习
有lMN：x＝2＋1＝3，也过定点(3,0)， 故直线MN过定点，且该定点为(3,0)．
(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
解：由A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)， 则 lAE：y＝yx33－ －yx11(x－x1)＋y1，由 y21＝4x1，y22＝4x2， 故 y＝yy4323－－yy4121x－y421＋y1＝y3＋4xy1－y3＋y21 y1＋y1＝y3＋4xy1＋y3y＋1y3y1， 同理可得 lBD：y＝y4＋4xy2＋y4y＋2y4y2，
(2)过点(－2,3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M， N，证明：线段MN的中点为定点．
解：证明：由题意可知：直线PQ的斜率存在， 设PQ：y＝k(x＋2)＋3， P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立方程
y＝k(x＋2)＋3， y92＋x42＝1， 消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0， 则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，解得k<0，
[kx1＋(2k＋3)](x2＋2)＋[kx2＋(2k＋3)](x1＋2) (x1＋2)(x2＋2)
＝2kx1x2＋x(14xk2＋＋32)((xx11＋＋xx22))＋＋44(2k＋3)
＝32k4(kk22＋＋19364k(kk)－22＋＋893kk(4)－k4＋1k263＋4k)k((2292＋kk＋＋933))＋＋44(2k＋3)＝13068＝3， 所以线段MN的中点是定点(0,3)．
综合①②知，|MN|＝4 3，为定值．
规律方法
由特殊到一般法求定值问题的两个常用技巧
圆锥曲线定点问题 ppt课件
圆锥曲线定点问题
y＝kx＋m， (2)设点 P(x0，y0)，由 x42＋y32＝1
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 由题意知 Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0， 化简得 4k2－m2＋3＝0，
∴x0＝－4k42k＋ m3＝－4mk，y0＝m3 ，∴P－4mk，m3 .
y＝kx＋m，
由x＝4
得 Q(4，4k＋m)，
假设存在点 M，坐标圆为 锥曲线(x定点1， 问题 0)，
则M→P＝－4mk－x1，m3 ，M→Q＝(4－x1，4k＋m). ∵以 PQ 为直径的圆恒过 M 点，∴M→P·M→Q＝0， 即－1m6k＋4kmx1－4x1＋x21＋1m2k＋3＝0， ∴(4x1－4)mk ＋x21－4x1＋3＝0 对任意 k，m 都成立. 则4x21x－1－44x＝1＋03，＝0，解得 x1＝1，
圆锥曲线定点问题
(1)解 依题意得 e＝ac＝ 23，
(2 分)
过右焦点 F 与长轴垂直的直线 x＝c 与椭圆xa22＋by22＝1，
联立解得弦长为2ab2＝1，∴a＝2，b＝1，
所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
(4 分)
圆锥曲线定点问题
(2)证明 设 P(1，t)，kPA＝1t－＋02＝3t ， 直线 lPA：y＝3t (x＋2)，
圆锥曲线定点问题
解 (1)由 e＝12可得 a2＝4c2，① S△F1AF2＝12|AF1||AF2|sin 60°＝ 3，可得|AF1||AF2|＝4， 在△F1AF2 中，由余弦定理可得 |F1A|2＋|F2A|2－2|F1A|·|F2A|cos 60°＝4c2， 又|AF1|＋|AF2|＝2a，可得 a2－c2＝3，② 联立①②得 a2＝4，c2＝1.∴b2＝3， ∴椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
y＝kx＋m， (2)设点 P(x0，y0)，由 x42＋y32＝1
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 由题意知 Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0， 化简得 4k2－m2＋3＝0，
∴x0＝－4k42k＋ m3＝－4mk，y0＝m3 ，∴P－4mk，m3 .
y＝kx＋m，
由x＝4
得 Q(4，4k＋m)，
假设存在点 M，坐标圆为 锥曲线(x定点1， 问题 0)，
则M→P＝－4mk－x1，m3 ，M→Q＝(4－x1，4k＋m). ∵以 PQ 为直径的圆恒过 M 点，∴M→P·M→Q＝0， 即－1m6k＋4kmx1－4x1＋x21＋1m2k＋3＝0， ∴(4x1－4)mk ＋x21－4x1＋3＝0 对任意 k，m 都成立. 则4x21x－1－44x＝1＋03，＝0，解得 x1＝1，
圆锥曲线定点问题
(1)解 依题意得 e＝ac＝ 23，
(2 分)
过右焦点 F 与长轴垂直的直线 x＝c 与椭圆xa22＋by22＝1，
联立解得弦长为2ab2＝1，∴a＝2，b＝1，
所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
(4 分)
圆锥曲线定点问题
(2)证明 设 P(1，t)，kPA＝1t－＋02＝3t ， 直线 lPA：y＝3t (x＋2)，
圆锥曲线定点问题
解 (1)由 e＝12可得 a2＝4c2，① S△F1AF2＝12|AF1||AF2|sin 60°＝ 3，可得|AF1||AF2|＝4， 在△F1AF2 中，由余弦定理可得 |F1A|2＋|F2A|2－2|F1A|·|F2A|cos 60°＝4c2， 又|AF1|＋|AF2|＝2a，可得 a2－c2＝3，② 联立①②得 a2＝4，c2＝1.∴b2＝3， ∴椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
第9节 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题(课件PPT)
栏目导航
12
解：(1)由题意知 A(1，1)，B(4，－2)，设点 P 的坐标为(xP，yP)， 切线 l1：y－1＝k(x－1)，联立yy－2＝1x＝k(x－1)，由抛物线与直线 l1 相切，解得 k＝12， 即 l1：y＝12x＋12，同理，l2：y＝－14x－1.
xP＝－2， 联立 l1，l2 的方程，可解得yP＝－12， 即点 P 的坐标为－2，－12.
y0)，由 k1＋k2＝2 得y0x－0 1＋－yx00－1＝2，得 x0＝－1. 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，
y2)． 则x22＋y2＝1 ，可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， y＝kx＋m
栏目导航
17 则 Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0，x1＋x2＝1－＋42kkm2，x1·x2＝21m＋2－2k22 . 由 k1＋k2＝2，得y1x－1 1＋y2x－2 1＝2， 即(kx2＋m－1)x1x＋1x2(kx1＋m－1)x2＝2，(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)，(2－2k)(2m2－
点，不妨设 C 为椭圆的左顶点，则 C(－ 2，0)，x1＋x2＝－x3＝ 2，x1＝x2＝ 22，
可取 A 22， 23，B 22，－ 23，则 S△ABC＝12×
3×3 2
2＝3
4
6 .
综上，△ABC 的面积为定值，定值为346.
栏目导航
10
解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线 的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变 化，始终是一个确定的值．求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值， 再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而 得到定值．
12
解：(1)由题意知 A(1，1)，B(4，－2)，设点 P 的坐标为(xP，yP)， 切线 l1：y－1＝k(x－1)，联立yy－2＝1x＝k(x－1)，由抛物线与直线 l1 相切，解得 k＝12， 即 l1：y＝12x＋12，同理，l2：y＝－14x－1.
xP＝－2， 联立 l1，l2 的方程，可解得yP＝－12， 即点 P 的坐标为－2，－12.
y0)，由 k1＋k2＝2 得y0x－0 1＋－yx00－1＝2，得 x0＝－1. 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，
y2)． 则x22＋y2＝1 ，可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， y＝kx＋m
栏目导航
17 则 Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0，x1＋x2＝1－＋42kkm2，x1·x2＝21m＋2－2k22 . 由 k1＋k2＝2，得y1x－1 1＋y2x－2 1＝2， 即(kx2＋m－1)x1x＋1x2(kx1＋m－1)x2＝2，(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)，(2－2k)(2m2－
点，不妨设 C 为椭圆的左顶点，则 C(－ 2，0)，x1＋x2＝－x3＝ 2，x1＝x2＝ 22，
可取 A 22， 23，B 22，－ 23，则 S△ABC＝12×
3×3 2
2＝3
4
6 .
综上，△ABC 的面积为定值，定值为346.
栏目导航
10
解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线 的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变 化，始终是一个确定的值．求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值， 再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而 得到定值．
高三总复习数学课件 圆锥曲线中的定点、定值问题
定点问题
考向 1 参数法求证定点问题的一般思路 (1)把直线或者曲线方程中的变量 x，y 当作常数看待，把常量当作未知数，将方程 一端化为 0，即化为 kf(x，y)＋g(x，y)＝0 的形式(这里把常量 k 当作未知数)． (2)既然过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部 等于 0，这样就得到一个关于 x，y 的方程组，即fgxx，，yy＝＝00，. (3)这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，即满足fgxx，，yy＝＝00， 的点(x0，y0)为直线或曲线所过的定点．
[解] (1)抛物线 y2＝8x 的准线为 x＝－2， 所以 F(－2,0)，即 c＝2， 又因为椭圆 C 经过点 A( 6，1)，
则a62＋b12＝1， 解得 a2＝8，b2＝4， a2＝b2＋c2，
所以椭圆 C 的方程为x82＋y42＝1． (2)证明：由(1)知，A1(－2 2，0)，A2(2 2，0)， 所以 l1：x＝－2 2，l2：x＝2 2， 联立x82＋y42＝1， 消 y 得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－8＝0，
(2020·全国Ⅰ卷)已知 A，B 分别为椭圆 E：xa22＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G 为 E 的上顶点，―A→G ·―G→B ＝8．P 为直线 x＝6 上的动点，PA 与 E 的另一交点为 C，PB 与 E 的另一交点为 D．
(1)求 E 的方程； (2)证明：直线 CD 过定点． [解] (1)由题意得 A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)． 则―A→G ＝(a,1)，―G→B ＝(a，－1)． 由―A→G ·―G→B ＝8 得 a2－1＝8，即 a＝3． 所以 E 的方程为x92＋y2＝1．
直线过定点问题的解题模型
第8章 命题探秘2 第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题 课件(共39张PPT)
第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2
3
探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
法二：设T(x，y)，Mx3，14x23，Nx4，14x24.
由xx2324＝ ＝44yy34， 得(x3＋x4)(x3－x4)＝4(y3－y4)，
所以x3＋4 x4＝xy33－－xy44. 设Q(x，y5)，则直线MN的斜率k＝yx5－－12，
所以直线AB过定点0，21. (2)略.
第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2
3
探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
02
典型考题·技法突破
技法一 技法二 技法三 技法四
直接推理解决直线过定点问题 直接推理解决曲线过定点问题 定直线的方程问题 直接推理解决定值问题
第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2
3
探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
点评：动直线l过定点问题的基本思路 设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝ mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2
3
探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2
3
探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
[思维流程]
第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2
3
探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
[解] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 因为F0，p2，所以过F且斜率为1的直线的方程为y＝x＋p2. 由y＝x＋p2， 消去y并整理，得x2－2px－p2＝0，易知Δ＞0.
2024届高考一轮复习数学课件(新人教B版)：圆锥曲线中定点与定值问题
得 y2＝83，
∴y＝±2
6 3.
结合题意可知
M1，－2
3
6，N1，2
3
6，
∴过
M
且平行于
x
轴的直线的方程为
y＝－2
6 3.
易知点 T 的横坐标 xT∈0，32，
直线 AB 的方程为 y－(－2)＝－132－－－0 2×(x－0)，即 y＝23x－2，
由y＝－2 3 6， y＝32x－2
得 xT＝3－ 6，
设线段MN的中点为T(x0，y0)， 则 x0＝x1＋2 x2＝－4＋3k3k2，y0＝kx0＋1＝4＋43k2， 线段 MN 的垂直平分线的斜率为－1k， 方程为 y－4＋43k2＝－1kx＋4＋3k3k2，
令 x＝0，解得 y＝4＋13k2，即为点 H 的纵坐标，
∴|FH|＝1－4＋13k2＝341＋＋3kk22，
(2)若经过点P(t,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，实数t取何值时以AB 为直径的圆恒过点M ?
由(1)知M(2,0)， 若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝t(－2<t<2)，
此时 At，
2－t22，Bt，－
2－t22，
由M→A·M→B＝0
得t－2，
2－t22·t－2，－
2－t22＝0，
1234
设直线MN的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y， 得x2－4kx－4＝0，所以x1x2＝－4， 所以点P在y＝－1上，结论得证.
1234
2.已知双曲线 C 的渐近线方程为 y＝± 33x，且过点 P(3， 2). (1)求C的方程；
因为双曲线 C 的渐近线方程为 y＝± 33x， 则可设双曲线的方程为x92－y32＝λ(λ≠0)， 将点 P(3， 2)代入得99－23＝λ，解得 λ＝13， 所以双曲线 C 的方程为x32－y2＝1.
2025高考数学一轮复习-44.1-圆锥曲线中的定值与定点问题【课件】
然直线 MN 的斜率不为 0，所以设直线 MN 的方程为 x＝my－4， 且－12＜m＜12，与x42－1y62 ＝1 联立得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，Δ ＝64(4m2＋3)＞0，则 y1＋y2＝4m322－m 1，y1y2＝4m42y＋1 2(x＋2)，直线 NA2 的方程为 y＝x2y－2 2(x－2)，联立直线 MA1
44.1-圆锥曲线中的定值与定点问题
举题说法 定点问题
1 已知点 P(4，3)在双曲线 C：ax22－yb22＝1(a＞0，b＞0)上，过点 P 作 x 轴的平行线， 分别交双曲线 C 的两条渐近线于 M，N 两点，且|PM|·|PN|＝4.
(1) 求双曲线C的方程；
【解答】因为点 P(4，3)在双曲线上，所以1a62－b92＝1.过点 P 作 x 轴的平行线 y＝3，与 y＝±bax 相交于 M，N 两点，不妨取 M3ba，3，则 N－3ba，3，所以4－3ba×4＋3ba ＝16－9ba22＝a21a62 －b92＝a2＝4，所以 a＝2. 代入1a62－b92＝1，解得 b＝ 3，所以双曲线 C 的方程为x42－y32＝1.
①【k解1＋答】k2＝若选1；①②：设k1kA2(＝x1，1.y1)，B(x2，y2).联立x42－y32＝1， 得(3－4k2)x2－8kmx－4m2
y＝kx＋m， －12＝0，所以 3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，即 m2＋3－4k2＞ 0，x1＋x2＝3－8km4k2，x1x2＝－34－m24－k212(*).
定直线问题
2 已知双曲线 C 的中心为坐标原点，左焦点为(－2 5，0)，离心率为 5.
(1) 求C的方程；
【解答】设双曲线 C 的方程为ax22－by22＝1(a＞0，b＞0).由焦点坐标可知 c＝2 5.由 e＝ ac＝ 5，可得 a＝2，则 b＝ c2－a2＝4，故双曲线 C 的方程为x42－1y62 ＝1.
44.1-圆锥曲线中的定值与定点问题
举题说法 定点问题
1 已知点 P(4，3)在双曲线 C：ax22－yb22＝1(a＞0，b＞0)上，过点 P 作 x 轴的平行线， 分别交双曲线 C 的两条渐近线于 M，N 两点，且|PM|·|PN|＝4.
(1) 求双曲线C的方程；
【解答】因为点 P(4，3)在双曲线上，所以1a62－b92＝1.过点 P 作 x 轴的平行线 y＝3，与 y＝±bax 相交于 M，N 两点，不妨取 M3ba，3，则 N－3ba，3，所以4－3ba×4＋3ba ＝16－9ba22＝a21a62 －b92＝a2＝4，所以 a＝2. 代入1a62－b92＝1，解得 b＝ 3，所以双曲线 C 的方程为x42－y32＝1.
①【k解1＋答】k2＝若选1；①②：设k1kA2(＝x1，1.y1)，B(x2，y2).联立x42－y32＝1， 得(3－4k2)x2－8kmx－4m2
y＝kx＋m， －12＝0，所以 3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，即 m2＋3－4k2＞ 0，x1＋x2＝3－8km4k2，x1x2＝－34－m24－k212(*).
定直线问题
2 已知双曲线 C 的中心为坐标原点，左焦点为(－2 5，0)，离心率为 5.
(1) 求C的方程；
【解答】设双曲线 C 的方程为ax22－by22＝1(a＞0，b＞0).由焦点坐标可知 c＝2 5.由 e＝ ac＝ 5，可得 a＝2，则 b＝ c2－a2＝4，故双曲线 C 的方程为x42－1y62 ＝1.
圆锥曲线中的定点 定值 最值 范围问题 公开课一等奖课件
(2)双曲线中的最值 x2 y2 F1，F2 分别为双曲线a2－b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P 为 双曲线上的任一点，O 为坐标原点，则有 ①|OP|≥a； ②|PF1|≥c－a. (3)抛物线中的最值 点 P 为抛物线 y2＝2px(p＞0)上的任一点，F 为焦点，则有 p ①|PF|≥2； ②A(m，n)为一定点，则|PA|＋|PF|有最小值.Βιβλιοθήκη (1)求C1，C2的方程；
(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点．当直线OM 与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．
解 a2－b2 a2＋b2 3 3 3 4 4 (1)因为 e1e2＝ 2 ，所以 a · a ＝ 2 ，即 a －b ＝4
a4，因此 a2＝2b2，从而 F2(b,0)，F4( 3b,0)．于是 3b－b＝|F2F4|
2 2 2· 1 ＋ m 又 因 为 |y1 － y2| ＝ y1＋y22－4y1y2 ＝ ， 所 以 2d ＝ 2 m ＋2
2 2· 1＋m2 . 2 m ＋4
故四边形 APBQ 的面积 2 2· 1＋m2 1 S＝2|PQ|· 2d＝ 2－m2 3 ＝2 2· －1＋ . 2－m2 而 0<2－m2≤2，故当 m＝0 时，S 取得最小值 2. 综上所述，四边形 APBQ 面积的最小值 2.
第2讲 圆锥曲线中的定点、定值、最值、范围问题
高考定位 圆锥曲线的综合问题包括：探索性问题、定点与定 值问题、范围与最值问题等，一般试题难度较大．这类问题以 直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，需要
综合运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识以及数形
结合、分类讨论等多种数学思想方法进行求解，对考生的代数 恒等变形能力、计算能力等有较高的要求．
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
总结提炼：
• 有关定点问题，多出现在直线过定点问题，一种 方法是先求出直线方程，后把参数的同次项合并， 令各次项系数为0即可得到定点，另一种方法是利 用特殊情况找到定点，后证明曲线过该点即可。
思考：
• 如图,椭圆
的两焦点F1,F2与短轴
两端点B1,B2构成∠B2F (2)若直线l:y=kx+m与椭
成立。 • 例2、已知一动圆M,恒过点F （1,0），且总与直线x=-1 • 相切,（Ⅰ）求动圆圆心M的轨迹C的方程；（Ⅱ）探究在
曲线C上,是否存在异于原点的 A(x1, y1), B(x2, y2 ) 两点, 当 y1 y2 16 , 直线AB恒过定点?若存在,求出定点坐标; 若不存在,说明理由.
圆锥曲线中的定值、定点问题
一、曲线过定点问题：
• 例1、（课本P79页第19题）设直线L与抛物线y2=2px(p＞ 0)交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点，其中y1＞y2。
• （1）若 OA • OB 0，AB • OX 0，求L与x轴的交点坐标。 • （2）是否存在定点M，使得当L经过M点时，总有OA • OB 0
且MA MB ， 若M为定点，证明：直线
EF的斜率为定值.
总结提炼：
• 定值问题：
• 解决定值问题主要通过两类方法，一是通过特殊 位置得出定值，然后通过证明在一般位置也成 立．二是通过把所要证明为定值的量表示为另外 一个或两个引起变化的量的函数或方程，然后通
过化简变形，证明结果与引起变化的量无关．
• 例5、已知抛物线Q:x2=2py(p＞0)上任意一点到焦 点F的距离的最小值为1.
• (1)求实数p的值; • (2)设圆M过A(0,2),且圆心M在抛物线Q上,EG是圆
M在x轴上截得的弦,试探究当M运动时,弦长|EG| 是否为定值?为什么?
• 例6、如图，M是抛物线上y2=x上的一点， 动弦ME、MF分别交x轴于A、B两点，
圆相交于M,N两点(M、N不是左、右顶点),且以
MN为直径的圆过椭圆的右顶点A.求证:直线l过定
点,并求出该定点的坐标.
二、定值问题：
• 例3、圆上的动点、椭圆上的动点、双曲线上的动 点与定值有关吗？
• 例4、若直线L过抛物线y2=2px(p≠0)的焦点,且与 抛物线交于A（x1,y1）,B(x2,y2)两点。求证： 4x1x2=p2,y1y2=-p2.(舵手P50例4、例5)
作业：
• 已知点A（－1，0），B（1，－1）和抛物线C : y2 4x ， O为坐标原点，过点A的动直线l交抛物线C于M、P，直线 MB交抛物线C于另一点Q，如图.（I）证明: OM OP为定值；
（Ⅱ）若△POM的面积为 5 ，求向量 与 的夹角；
(Ⅲ) 证明直线PQ恒过一个定2 点.
OM OP