设抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F

（1）∵OP•OQ=0，则x1x2+y1y2=0，又P、Q在抛物线上，故y12=2px1，y22=2px2，故得y122p•y222p+y1y2=0，∴y1y2=-4p2，∴|x1x2|＝(y1y2)

（1）∵抛物线的方程为y2=2px（p＞0），∴当p=4时，y2=8x，代入y=2，解得x＝12．则由抛物线定义知：该点到焦点F的距离即为其到准线x=-2的距离，∴该抛物线上纵坐标为2的点到其焦点F的

由题意可设抛物线的方程y2=2px（p≠0），直线与抛物线交与A（x1，y1），B（x2，y2）联立方程y2=2pxy=2x+1可得，4x2+（4-2p）x+1=0则x1+x2=12p-1，x1x2=

证明：如图因为抛物线y2=2px（p＞0）的焦点为F（p2，0），所以经过点F的直线的方程可设为x=my+p2；代入抛物线方程得y2-2pmy-p2=0，若记A（x1，y1），B（x2，y2），则y1

（1）抛物线的焦点为（p/2,0）,设直线方程为x=my+p/2,代入抛物线方程得y^2=2p(my+p/2),化简得y^2-2pmy-p^2=0,因为y1、y2是方程的两个根,因此,由二次方程根与系

过A作AD⊥x轴于D，令FD=m，则FA=2m，即A到准线的距离为2m，由抛物线的定义可得p+m=2m，即m=p．∴OA=(p2+p)2+(3p)2=212p．故选B．

依题意可知a2+b2=p249a2p2-4b2p2=1，两式相减求得8b2=5a2，∴ba=58=104∴双曲线的渐近线方程为y=±bax=±104x故答案为：y=±104x

（1）由条件|P1P2|=8，可得2p=8，∴抛物线C的方程为y2=8x；…．（4分）（2）直线方程为y=a（x-3）代入y2=8x，∴ay2-8y-24a=0，…．（6分）△=64+96a2＞0恒成

设抛物线y²=2px(p>0)上一点(4,t)到焦点的距离为5.(1),求p和t；(2),若直线y=2x+b被抛物线截得的弦长为3√5,求b；(3),求抛物线上的动点M到定点A（m,0）的最

证明：设Q（y202p，y0），则R（-p2，y0），直线OQ的方程为y=2py0x，将x=-p2代入上式，得y=-p2y0，∴P（-p2，-p2y0）．又F（p2，0），∴PF=（p，p2y0），R

设ABmy=x-p/2联立y^2=2px得到y^2-2p(my+p/2)=0所以y1y2=-p^2=-4所以p=2所以y^2=4x注意：若设直线为y=k(x-p/2)则要讨论k是否存在.

最小值为1,说明与直线3x+4y+12=0斜率相等并切抛物线y2=2px(p>0)的直线（b）与直线3x+4y+12=0平行且间距为1.根据作图可知所求直线（b）在直线3x+4y+12=0上方.所以得

∵A（x1，y1），B（x2，y2）是抛物线y2=2px（p＞0）上的两点，并且满足OA⊥OB．∴kOA•kOB=-1，∴x1x2+y1y2=0，∴(y1y2)24p2+y1y2＝0则y1y2=-4p

根据图形,有且只有两个交点,将c1和c2方程联立,消去y,可得到一个带参数p的关于x的一元二次方程,由关于p的判别式可得出方程有一正一负两个实数根,但由c1方程可知,x值只能为正,也就是说c1和c2的

思路,证明ACO三点共线,所以证明AO与CO斜率相等即可证明,设直线方程为x=my+(p/2),交点A(x1,y1),B(x2,y2),则C(-p/2,y2)直线方程与抛物线方程联立方程组,消x,得y

①过A、B两点向准线l作垂线AC、BD，由抛物线定义知：|AC|=|FA|=a，|BD|=|FB|=b，过B作BE⊥AC，E为垂足，∴|AE|=|AC|-|CE|=|AC|-|BD|=a-b，又|AB

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∵A（x1，y1），B（x2，y2）是抛物线y2=2px（p＞0）上的两点，并且满足OA⊥OB．∴kOA•kOB=-1，∴x1x2+y1y2=0，∴(y1y2)24p2+y1y2=0，则y1y2=-4

焦点F(p/2,0)若l与x轴垂直,有：A(p/2,p),B(p/2,-p),y1y2=-p^2若l不与x轴垂直,设l:y=k(x-p/2)x=y^2/(2p)代入直线l的方程得：y=k(y^2/(2

（1）设AB：x＝ty+p2代入y2=2px，得y2-2py-p2=0，∴y1y2=-p2=-4，∴p=2，∴抛物线方程y2=4x；（2）①当AB⊥x轴时，1|FA|+1|FB|=λ＝2p②一般地，F