第8章 微专题2 专项3 圆锥曲线中的定点、定值问题（课件PPT）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教B版2019）

专项三　圆锥曲线中的定点、定值问题 微专题二　圆锥曲线的综合问题 处理圆锥曲线中定点问题的方法：(1)探索直线过定点时，可设直线方程为y＝kx＋m，然后利用条件建立k，m的等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关． 处理圆锥曲线中定值问题的方法：(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． CONTECT 内 容 索 引 01 题型一　定值问题 02 题型二　定点问题 05 课 时 测 评 题型一　定值问题 返回 例1 技法1　直接消参法 (2024·四川资阳模拟)点F1，F2分别为椭圆C： ＝1(a>b>0)的左、右焦点，过右焦点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，且线段AB不为长轴，△ABF1的周长为8，椭圆C的离心率为 . (1)求椭圆C的方程； 解：由题可知|AF1|＋|AF2|＝2a，|BF1|＋|BF2|＝2a. 因为△ABF1的周长为8，所以|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|＝4a＝8， (2)点A2为椭圆C的右顶点，求证：直线A2A，A2B的斜率之积为定值，并求出此定值． 解：证明：由(1)得A2(2,0)，F2(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AF2的方程为x＝my＋1. 因为3m2＋4>0，Δ＝36m2＋36(3m2＋4)>0， 规律方法 参数法解决圆锥曲线中定值问题的一般步骤 (1)求椭圆C的方程； 所以a2＝25，b2＝16， (2)证明：|PA|2＋|PB|2为定值． 所以|PA|2＋|PB|2为定值． 技法2　特殊转化法 (1)求椭圆C的方程和其“卫星圆” 的方程； 例2 (2)点P是椭圆C的”卫星圆“上的一个动点，过点P作直线l1，l2使得l1，l2与椭圆C都只有一个交点，且l1，l2与其”卫星圆“的另外两个交点分别为M，N，证明：|MN|为定值． 解：证明：①当l1，l2中有一条直线的斜率不存在时，不妨设l1的斜率不 存在． 设经过点P(x0，y0)且与椭圆只有一个交点的直线方程为y＝t(x－x0)＋y0， 所以线段MN应为”卫星圆“的直径， 规律方法 由特殊到一般法求定值问题的两个常用技巧 解：证明：因为k1，k2存在， 所以x1x2≠0，因为m·n＝0， (2)试探求△OPQ的面积S是不是定值，并说明理由． 解：是定值．理由如下：当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时， 当直线PQ的斜率存在时，易知直线PQ的斜率不为0， 设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)． 所以△OPQ的面积S为定值． 返回 题型二　定点问题 返回 例3 技法1　直接推理法 (2023·全国乙卷)已知椭圆C： ＝1(a>b>0)的离心率为 ，点A(－2,0)在C上． (1)求C的方程； (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 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， 所以线段MN的中点是定点(0,3)． 规律方法 直接推理法求定点的一般步骤 对点练3.(2024·九省适应性测试) 已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点． (1)证明：直线MN过定点； 解：证明： 由C：y2＝4x，故F(1,0)，由直线AB与 直线DE垂直， 故两条直线斜率都存在且不为0， 设直线AB，DE分别为x＝m1y＋1，x＝m2y＋1， 有m1m2＝－1， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)， 如图所示： 消去x可得y2－4m1y－4＝0， Δ＝16m ＋16>0， 故y1＋y2＝4m1，y1y2＝－4， 则x1＋x2＝(m1y1＋1)＋(m1y2＋1)＝m1(y1＋y2)＋2＝4m ＋2， 此时MN过定点，且该定点为(3,0)， 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)， 即4x(y4＋y2)＋y1y3(y4＋y2)＝4x(y3＋y1)＋y2y4(y3＋y1)， 故xG＝－1， 当且仅当m1＝±1时，等号成立， 由抛物线的对称性，不妨设m1>0，则m2<0， 由直线MN过定点(3,0)， 同理，当m1<1时，有点G在x轴下方，点Q也在x轴下方， 当且仅当m1＝1时，xQ＝3， 技法2　先找后证法 例4 (1)求椭圆C的方程； (2)过点P ( ，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，试探究以线段AB为直径的圆是否过定点？若过，求出定点坐标，若不过，请说明理由． 当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.可得两圆交点为Q(－1, 0)．由此可知，若以AB为直径的圆恒过定点，则该定点必为Q(－1,0)． 下证Q(－1,0)符合题意． ＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2 规律方法 1．定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时． 2．以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参． 足|MF1|－|MF2|＝±2，点M的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)已知A(1,0)，过点A的直线AP，AQ与曲线C分别交于点P和Q(点P和Q都异于点A)，若满足AP⊥AQ，求证：直线PQ过定点． 解：证明：若直线PQ垂直于x轴，易知此时直线AP的方程为y＝±(x－1)， 联立x2－ ＝1，解得x＝－3，直线PQ过点(－3,0)． 当直线PQ斜率存在时，设直线PQ方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 因为AP⊥AQ， ＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2 ＝(k2＋1)x1x2＋(km－1)(x1＋x2)＋m2＋1 ＝0， 整理得3k2＋2km－m2＝(3k－m)(k＋m)＝0， 解得m＝3k或m＝－k， 因为点P和Q都异于点A，所以m＝－k不满足题意， 故m＝3k，代入y＝kx＋m，得y＝k(x＋3)，过定点(－3,0)． 综上，直线PQ过定点(－3,0)． 返回 课时测评 返回 √ 1．(8分)已知直线l：y＝kx(k≠0)与双曲线C： －y2＝1交于P，Q两点，QH⊥x轴于点H，直线PH与双曲线C的另一个交点为T，则kPQ·kQT＝ C．1 D．2 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 √ √ √ 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 为坐标原点，则点O到直线l的距离为____． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．当直线l和轴线平行时，|x1|＝|y1|＝|x2|＝|y2|，解 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 (1)求C的方程； 解得a2＝6，b2＝3. 2 1 3 4 5 6 7 (2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值． 解：证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)． 若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m， 2 1 3 4 5 6 7 整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0. 因为A(2,1)不在直线MN上， 所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1. 2 1 3 4 5 6 7 若D与P不重合， 则由题设知AP是Rt△ADP的斜边， 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 5．(18分)(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为 (－2 ，0)，离心率为 . (1)求C的方程； 2 1 3 4 5 6 7 (2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上． 解：证明：由(1)可得A1(－2,0)，A2(2,0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 2 1 3 4 5 6 7 联立直线MA1与直线NA2的方程可得 据此可得点P在定直线 x＝－1上． 2 1 3 4 5 6 7 (1)求椭圆C的方程； 2 1 3 4 5 6 7 (2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作长轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋t与直线l1，l2分别交于M，N两点．求证：以MN为直径的圆过定点F. 因为直线l为椭圆C的一条切线，所以Δ＝(4kt)2－4(2k2＋1)(2t2－8)＝0， 2 1 3 4 5 6 7 整理得8k2－t2＋4＝0，故t2－8k2＝4，因为l与直线l1，l2分别交于M，N 则y1y2＝t2－8k2＝4， 所以以MN为直径的圆经过定点F. 2 1 3 4 5 6 7 7．(20分)(2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B ( ，－1)两点． (1)求E的方程； 解：因为椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)， 2 1 3 4 5 6 7 (2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线 解：证明：当直线MN的斜率不存在时，lMN：x＝1， 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 当直线MN的斜率存在时，如图，设M(x1，y1)， N(x2，y2)，lMN：y＝kx＋m(k＋m＝－2)． 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 所以直线HN过定点(0，－2)． 综上，直线HN过定点(0，－2)． 返回 2 1 3 4 5 6 7 谢谢观看 本节到此结束 所以a＝2.又＝，所以c＝1，所以b＝， 所以椭圆C的方程为＋＝1. ＋ 联立得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0. 所以y1＋y2＝－，y1y2＝－， 所以kk＝·＝·＝＝＝－， 所以直线A2A，A2B的斜率之积为定值，此定值为为－. 当m＝0时，P(0,0)，直线l的方程为y＝x， 代入＋＝1，整理得x2＝. 对点练1.椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，P(m,0)为C的长轴上的一个动点，过点P且斜率为的直线l交椭圆C于A，B两点，当m＝0时，·＝－. 解：易知＝. 设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，·＝－x－y＝－x＝－·＝－， 所以椭圆C的方程为＋＝1. 则|PA|2＝(x1－m)2＋y＝y， 同理|PB|2＝y. 解：证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝y＋m，代入＋＝1，整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0. 则y1＋y2＝－，y1y2＝， 则|PA|2＋|PB|2＝(y＋y)＝[(y1＋y2)2－2y1y2]＝·＝41. (2024·重庆模拟)给定椭圆C：＋＝1(a>b>0)，称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”．若椭圆C的离心率为，点(2，)在C上． 解：由题意得 解得 所以椭圆C的方程为＋＝1，其”卫星圆“的方程为x2＋y2＝12. 经过点(2，2)且与椭圆只有一个交点的直线是y＝2，经过点(2，－2)且与椭圆只有一个交点的直线是y＝－2，即l2的方程为y＝2或y＝－2. 因为l1与椭圆只有一个交点，所以其方程为x＝2或x＝－2. 当l1的方程为x＝2时，l1与”卫星圆“交于点(2，2)和点(2，－2)， 同理可得|MN|＝4. ②当l1，l2的斜率都存在时，设点P(x0，y0)，其中x＋y＝12. 由消去y，得(1＋2t2)x2＋4t(y0－tx0)x＋2(y0－tx0)2－8＝0， 所以l1⊥l2，所以线段MN应为”卫星圆“的直径，所以|MN|＝4. 当l1的方程为x＝－2时， 所以|MN|＝4. 综合①②知，|MN|＝4，为定值． 所以Δ＝(64－8x)t2＋16x0y0t＋32－8y＝0， 设l1，l2的斜率分别为t1，t2，则t1·t2＝＝＝－1，则满足条件的两直线l1，l2垂直． 所以k1·k2＝＝－. 对点练2.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上的两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝(，y1)，n＝ (，y2)，m·n＝0. (1)求证：k1·k2＝－； 所以＋y1y2＝0， 所以|x1|＝，|y1|＝， 所以S△OPQ＝|x1|·|y1－y2|＝1. 由＝－，得－y＝0， 由P(x1，y1)在椭圆C上，得＋y＝1， 因为＋y1y2＝0，所以＋(kx1＋b)·(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1，满足Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0， 所以S△OPQ＝·|PQ|＝|b|·＝2|b|·＝1. 由得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0， x1＋x2＝，x1x2＝. 解：由题意可得解得 所以C的方程为＋＝1. ＋ 令x＝0，解得y＝，即M ， 同理可得N ， 则＝＋＝ 可得x1＋x2＝－，x1x2＝， 因为A(－2,0)，则直线AP：y＝(x＋2)， ＝ ＝＝＝3， 故＝2m＋1，＝2m1， 即M(2m＋1,2m1)，同理可得N(2m＋1,2m2)． 当2m＋1≠2m＋1时， 则lMN：y＝(x－2m－1)＋2m1， 联立C：y2＝4x与直线AB，即有 故x＝3时，有y＝(3－3)＝0， 当2m＋1＝2m＋1时，即m＝m时，由m1m2＝－1，即m1＝±1时， 即y＝(x－2m－1)＋2m1＝－＋2m1＝－＝－， 由m1m2＝－1，即y＝－＝(x－3)， 同理可得lBD：y＝＋， 联立两直线，即 则lAE：y＝(x－x1)＋y1，由y＝4x1，y＝4x2， 故y＝＋y1＝－＋y1＝＋， 故x＝ ＝ ＝＝－1， 有＋＝＋， 有x＝，由y1y2＝－4， 同理y3y4＝－4， 故＝2m1－2m2＝2m1＋≥2＝4， 下证≥4： 当m1>1时，有m2＝－∈(－1,0)，则点G在x轴上方，点Q也在x轴 上方， 过点G作GQ∥x轴，交直线MN于点Q，则S△GMN＝×， 由M(2m＋1,2m1)，N(2m＋1,2m2)， 有<0，故此时>4， 故≥4恒成立，且m1＝±1时，等号成立， 故S△GMN＝×≥×4×4＝8. 有＝>0， 此时>3－(－1)＝4， 所以a＝b，c＝b. 又＝，a>b≥1，所以b＝1，a2＝2， 故椭圆C的方程为＋x2＝1. 已知椭圆C：＋＝1(a>b≥1)的离心率为，上焦点到直线bx＋2ay－＝0的距离为. 解：由题意，e＝＝，e2＝＝， 当直线l的斜率存在，且不为0时，设l的方程为y＝k (x－)，代入＋x2＝1，并整理得(k2＋2)x2－k2x＋－2＝0， 解：当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为 (x－)2＋y2＝， ＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2 (x1－) (x2－) ＝(1＋k2)x1x2＋(1－k2) (x1＋x2)＋1＋k2 ＝(1＋k2)＋(1－k2) ＋1＋k2＝0， 故⊥，即Q(－1,0)在以AB为直径的圆上．综上，以AB为直径的圆恒过定点(－1,0)． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝， 所以· 所以曲线C的方程为x2－＝1. 对点练4.在平面直角坐标系xOy中，点F1(－，0)，F2(，0)，点M满 解：因为|MF1|－|MF2|＝±2，所以||MF1|－|MF2||＝2<2＝|F1F2|，由双曲线定义可知，点M的轨迹为双曲线，其中c＝，a＝1，所以b＝＝， 代入x2－＝1，整理得(k2－2)x2＋2kmx＋m2＋2＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝， 所以·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2) ＝＋＋m2＋1 设P(x1，y1)，Q(－x1，－y1)，H(－x1,0)，T(x2，y2)，则kPQ＝＝＝＝k. 由－y2＝1得，y2＝(x2－4)， A． B． 则所以kPT·kQT＝·＝＝＝＝.因为kPH＝kPT＝＝＝＝，所以kQT＝，所以kPQ·kQT＝.故选B． 2．(8分)[多选题](2024·湖南宁乡模拟预测)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，且双曲线C的右焦点在直线3x＋2y－3＝0上，A，B分别是双曲线C的左、右顶点，点P是双曲线C的右支上位于第一象限的动点，记PA，PB的斜率分别为k1，k2，则下列说法正确的是 A．双曲线C的渐近线方程为y＝±x B．双曲线C的方程为－y2＝1 C．k1k2为定值 D．存在点P，使得k1＋k2＝2 因为双曲线C的右焦点在直线3x＋2y－3＝0上，易得右焦点坐标为(，0)，故c＝.因为e＝＝，所以a＝2，b＝1，所以双曲线C的方程为－y2＝1，故B正确；易得双曲线C的渐近线方程为y＝±x，故A正确；设点P(m，n)，又A(－2,0)，B(2,0)，则－n2＝1，即m2－4＝4n2，故k1k2＝·＝＝，故C错误；因为P(m，n)在第一象限，则0<kOP<，即0<<，即>2，k1＋k2＝＋＝＝>1，所以k1＋k2>1，故存在点P，使得k1＋k2＝2，故D正确．故选ABD． 得|x1|＝|y1|＝|x2|＝|y2|＝，所以点O到直线l的距离为.当直线l和轴线不平行时，设直线l的方程为x＝my＋t， 由得(3m2－1)y2＋6mty＋3t2－3＝0， 3．(8分)若直线l与双曲线x2－＝1交于A，B两点，且·＝0，O 则d2＝＝，故d＝，即点O到直线l的距离为.综上所述，点O到直线l的距离为. 所以y1＋y2＝，y1y2＝.又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，所以·＝x1x2＋y1y2＝(my1＋t)·(my2＋t)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝＝0， 解得2t2＝3m2＋3.又点O到直线l的距离为d＝， 所以C的方程为＋＝1. 4．(18分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)． 解：由题意得＋＝1，＝， 由AM⊥AN知，·＝0，故(x1－2)·(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0. 代入＋＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0. 即x1＋x2＝－，x1x2＝.① 所以直线MN过点P (，－). 若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．由·＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0. 将①代入上式可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0. 于是MN的方程为y＝k (x－)－(k≠1)． 此时直线MN过点P (，－). 令Q为AP的中点，即Q (，－). 又＋＝1，可得3x－8x1＋4＝0. 解得x1＝2(舍去)，x1＝. 综上，存在点Q (，－)，使得|DQ|为定值． 故|DQ|＝|AP|＝. 若D与P重合，则|DQ|＝|AP|. 解：设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，由焦点坐标可知c＝2， 则由e＝＝，可得a＝2，b＝＝4， 故双曲线方程为－＝1. 则y1＋y2＝，y1y2＝， 显然直线的斜率不为0，所以设直线 MN 的方程为x＝my－4，且－<m<， 与－＝1联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0， ＝ ＝＝＝－， 由＝－可得x＝－1，即xP＝－1， 直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)， ＝＝ 所以椭圆C的方程为＋＝1. 6．(20分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点F在抛物线y2＝8x的准线上，且椭圆C经过点A(，1)． 解：因为抛物线y2＝8x的准线方程为x＝－2，所以F(－2,0)，即c＝2，又因为椭圆C经过点A(，1)，则解得 解：证明：由(1)知，A1(－2，0)，A2(2，0)，所以l1：x＝－2，l2：x＝2， 联立消y得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－8＝0， 因为y1＝－2k＋t，y2＝2k＋t， 所以·＝y1y2－4＝4－4＝0， 所以⊥，即∠MFN＝90°， 两点，设M(－2，y1)，N(2，y2)， 所以＝(－2＋2，y1)，＝(2＋2，y2)，则·＝y1y2－4， 又椭圆E过B(，－1)，所以＋＝1，得a2＝3， 所以E的方程为＋＝1. 所以可设椭圆E的方程为＋＝1， 结合题意可知M，N， 所以过M且平行于x轴的直线的方程为y＝－. 与线段AB交于点T，点H满足＝.证明：直线HN过定点． 由得y2＝，所以y＝±. 所以T． 易知点T的横坐标xT∈ (0，\f(3,2))，直线AB的方程为 y－(－2)＝×(x－0)， 即y＝x－2，由得xT＝3－， 因为＝，所以H， lHN：y－＝(x－1)，即y＝x－2. 由得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，Δ>0， 所以T. 因为＝，所以H(3y1＋6－x1，y1)， lHN：y－y2＝(x－x2)， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝. 过M且平行于x轴的直线的方程为y＝y1，与直线AB 的方程联立，得得xT＝， ＝ ＝. 因为y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝， y1＋y2＝(kx1＋m)＋(kx2＋m)＝k(x1＋x2)＋2m＝， 即y＝x＋y2－·x2. 令x＝0，得y＝y2－ ＝， －(x1＋x2)＋6＋3(y1＋y2)＝＋6＋＝＝， x1y2＋x2y1＝x1(kx2＋m)＋x2(kx1＋m)＝2kx1x2＋ m(x1＋x2)＝， 所以－(x1y2＋x2y1)＋3y1y2＝＋＝ 所以y＝＝－2， $$