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专题十三 《解析几何》讲义
13.7 定点定值
知识梳理 . 定点定值
1．定点问题
(1)参数法：参数法解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变
化量，即确定题目中的核心变量(此处设为k)；②利用条件找到k与过定点的曲线F(x，y)＝
0之间的关系，得到关于k与x，y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情
况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
2.定值问题
(1)直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：①确定一个(或两个)变量为核心变量，
其余量均利用条件用核心变量进行表示；②将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就
是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．
(2)从特殊到一般求定值：常用处理技巧：①在运算过程中，尽量减少所求表达式中变
量的个数，以便于向定值靠拢；②巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等
尽量做到整体代入，简化运算.
题型一 . 定值问题
1．已知椭圆C：x2 y2 （a＞b＞0）的两个顶点分别为点A（﹣2，0），B（2，
+ =1
a2 b2
√3
0），离心率为 ．
2
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作
AM的垂线交BN于点E．证明：△BDE与△BDN的面积之比为定值．
【解答】解：（Ⅰ）因为焦点在x轴上，两个顶点分别为A（﹣2，0），B（2，0），
所以a＝2，c √3
由e= = ，所以c=√3，
a 2
所以b2＝a2﹣c2＝1，
x2
所以椭圆的方程为 +y2＝1．
4
（Ⅱ）设D（x ，0），M（x ，y ），N（x ，﹣y ）（y ＞0），
0 0 0 0 0 0
可得y 2＝1 x 2，
0 − 0
4
直线AM的方程为y y （x+2），
= 0
x +2
0
因为DE⊥AM，所以k x +2，
DE=− 0
y
0
直线DE的方程为y x +2（x﹣x ），
=− 0 0
y
0
直线BN的方程为y −y （x﹣2）
= 0
x −2
0
x +2
{ y=− 0 (x−x )
y 0
联立 0 ，
−y
y= 0 (x−2)
x −2
0
整理得，x +2（x﹣x ） y （x﹣2），
0 0 = 0
y x −2
0 0
即（x 2﹣4）（x﹣x ）＝y 2（x﹣2），
0 0 0
即（x 2﹣4）（x﹣x ） 4−x 2（x﹣2），得x 4x +2，
0 0 = 0 = 0
4 5
所以y
=−
x
0
+2 •2−x
0=−
4−y
0
2
=−
4y
0
，
y 5 5 y 5
0 0即E（4x +2， 4y ），则 y 4，
0 − 0 E =
5 5 y 5
N
1
|BD|⋅|y |
S 2 E 4
又 △BDE = = ，
S 1 5
△BDN |BD|⋅|y |
2 N
4
所以△BDE与△BDN的面积之比为定值 ．
5
x2
2．（2018·全国1）设椭圆C： +y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，
2
点M的坐标为（2，0）．
（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．
【解答】解：（1）c=√2−1=1，
∴F（1，0），
∵l与x轴垂直，
∴x＝1，
{
x=1
{
x=1
{
x=1
由 ，解得 或 ，
x2 √2 √2
+ y2=1 y= y=−
2 2 2
√2 √2
∴A（1. ），或（1，− ），
2 2
√2 √2
∴直线AM的方程为y=− x+√2，y= x−√2，
2 2
证明：（2）当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°，
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，∴∠OMA＝∠OMB，
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k（x﹣1），k≠0，
A（x ，y ），B（x ，y ），则x＜√2，x＜√2，
1 1 2 2 1 2
直线MA，MB的斜率之和为k ，k 之和为k +k y y ，
MA MB MA MB= 1 + 2
x −2 x −2
1 2
由y ＝kx ﹣k，y ＝kx ﹣k得k +k 2kx x −3k(x +x )+4k，
1 1 2 2 MA MB= 1 2 1 2
(x −2)(x −2)
1 2x2
将y＝k（x﹣1）代入 +y2＝1可得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0，
2
∴x +x 4k2 ，x x 2k2−2，
1 2= 1 2=
2k2+1 2k2+1
1
∴2kx x ﹣3k（x +x ）+4k = （4k3﹣4k﹣12k3+8k3+4k）＝0
1 2 1 2 2k2+1
从而k +k ＝0，
MA MB
故MA，MB的倾斜角互补，
∴∠OMA＝∠OMB，
综上∠OMA＝∠OMB．
3．如图，已知椭圆x2 y2 1（a＞b＞0）的离心率为√3，且过点（ ，1）．
+ = √3
a2 b2 2 2
（Ⅰ）求该椭圆的方程；
→ 3 → 4 →
（Ⅱ）若A，B，C为椭圆上的三点（A，B不在坐标轴上），满足OC= OA+ OB，
5 5
直线OA，OB分别交直线l：x＝3于M，N两点，设直线OA，OB的斜率为k ，k ．证
1 2
明：k •k 为定值，并求线段MN长度的最小值．
1 2
c √3
{ =
a 2
【解答】（I）解：由题意可得：
3 1
，解得a＝2，b＝1，c
=√3
，
+ =1
a2 4b2
a2=b2+c2
x2
∴椭圆的标准方程为： + y2=1．
4
（II）证明：设A（x ，y ），B（x ，y ），则x2 ，x2 1，①．
1 1 2 2 1+ y2=1 2+ y2=
4 1 4 2→ 3 → 4 → → 3 4 3 4
∵满足OC= OA+ OB，∴OC=( x + x ， y + y )．
5 5 5 1 5 2 5 1 5 2
3 4
( x + y ) 2
代入椭圆的方程可得： 5 1 5 1 3 4 ，
+( y + y ) 2=1
4 5 1 5 2
化为 3
x2
4
x2
6 1，
( ) 2 ( 1+ y2 )+( ) 2 ( 2+ y2 )+ (x x +4 y y )=
5 4 1 5 4 2 25 1 2 1 2
由①可得：x x +4y y ＝0，
1 2 1 2
1
∴k k =− 为定值．
1 2
4
1 3
设OA：y＝k x，OB：y =− x，令x＝3，解得M（3，3k ），N(3，− )．
1 4k 1 4k
1 1
∴|MN| 3 3 3 √ 1 3，当且仅当 1
=|3k + |=|3k |+ ≥ ×2 |k |⋅ = k =±
1 4k 1 |4k | 1 4|k | 1 2
1 1 1
时取等号，
∴|MN|的最小值为3．
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日期：2021/8/22 23:56:32；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：32355067
题型二 . 定点问题
1．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F（1，0），O为坐标原点，A，B是抛物
线C上异于O的两点．
（1）求抛物线C的方程；
1
（2）若直线OA，OB的斜率之积为− ，求证：直线AB过定点，并求出定点坐标．
2
【解答】（1）解：因为抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F（1，0），
p
所以 =1，解得p＝2，
2
所以抛物线的C的方程为y2＝4x；
t2 t2
（2）证明：①当直线AB的斜率不存在时，设A( ，t)，B( ，−t)，
4 4
t −t 1
1 ⋅ =−
因为直线OA，OB的斜率之积为− ，所以t2 t2 2，化简可得t2＝32，
2
4 4
所以A（8，t），B（8，﹣t），此时直线AB的方程为x＝8；②当直线AB的斜率存在时，设方程为y＝kx+b（k≠0），A（x ，y ），B（x ，y ），
1 1 2 2
联立方程组{ y2=4x ，化简可得ky2﹣4y+4b＝0，则有 4b，
y y =
y=kx+b 1 2 k
因为直线OA，OB的斜率之积为 1，所以y y 1，
− 1 ⋅ 2=−
2 x x 2
1 2
即x x +2y y ＝0，即y 2 y 2 ，解得 4b ，
1 2 1 2 1 ⋅ 2 +2y y =0 y y = =−32
4 4 1 2 1 2 k
解得b＝﹣8k，所以y＝kx﹣8x，即y＝k（x﹣8）．
综上所述，直线AB过x轴上的一定点（8，0）．
2．已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为
3，最小值为1．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l：y＝kx+m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB
为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
【解答】（1）解：由题意设椭圆的标准方程为x2 y2 ，
+ =1(a＞b＞0)
a2 b2
由已知椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1，
可得：a+c＝3，a﹣c＝1，
∴a＝2，c＝1
∴b2＝a2﹣c2＝3
x2 y2
∴椭圆的标准方程为 + =1；
4 3
（2）证明：设A（x ，y ），B（x ，y ）
1 1 2 2
{y=kx+m
联立 ，消去y可得（3+4k2）x2+8mkx+4（m2﹣3）＝0，
x2 y2
+ =1
4 3{
△=64m2k2−16(3+4k2 )(m2−3)=3+4k2−m2＞0
8mk
x +x =−
则 1 2 3+4k2
4(m2−3)
x x =
1 2 3+4k2
又
3(m2−4k2
)
y y =(kx +m)(kx +m)=k2x x +mk(x +x )+m2=
1 2 1 2 1 2 1 2 3+4k2
因为以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D（2，0），∴k k ＝﹣1，即
AD BD
y y
1 ⋅ 2 =−1
x −2 x −2
1 2
∴y y +x x ﹣2（x +x
）+4＝0，∴3(m2−4k2
)
4(m2−3)
16mk
1 2 1 2 1 2 + + +4=0
3+4k2 3+k2 3+4k2
∴7m2+16mk+4k2＝0
2k
解得：m =−2k，m =− ，且均满足3+4k2﹣m2＞0
1 2 7
当m ＝﹣2k时，l的方程y＝k（x﹣2），直线过点（2，0），与已知矛盾；
1
2k 2 2
当m =− 时，l的方程为y=k(x− )，直线过定点( ，0)
2 7 7 7
2
所以，直线l过定点，定点坐标为( ，0)
7
3．（2017·全国1）已知椭圆 C：x2 y2 1（a＞b＞0），四点P （1，1），P （0，
+ = 1 2
a2 b2
√3 √3
1），P （﹣1， ），P （1， ）中恰有三点在椭圆C上．
3 4
2 2
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P 点且与C相交于A，B两点．若直线P A与直线P B的斜率的和
2 2 2
为﹣1，证明：l过定点．
√3 √3
【解答】解：（1）根据椭圆的对称性，P （﹣1， ），P （1， ）两点必在椭圆
3 4
2 2
C上，又P 的横坐标为1，∴椭圆必不过P （1，1），
4 1
√3 √3
∴P （0，1），P （﹣1， ），P （1， ）三点在椭圆C上．
2 3 4
2 2
√3
把P （0，1），P （﹣1， ）代入椭圆C，得：
2 3
2
1
{ =1
b2
，解得a2＝4，b2＝1，
1 3
+ =1
a2 4b2
x2
∴椭圆C的方程为 + y2=1．
4
证明：（2）①当斜率不存在时，设l：x＝m，A（m，y ），B（m，﹣y ），
A A
∵直线P A与直线P B的斜率的和为﹣1，
2 2
y −1 −y −1 −2
∴k +k = A + A = =−1，
P 2 A P 2 B m m m
解得m＝2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当斜率存在时，设l：y＝kx+t，（t≠1），A（x ，y ），B（x ，y ），
1 1 2 2
联立{ y=kx+t ，整理，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣4＝0，
x2+4 y2−4=0
−8kt ，x x 4t2−4，
x +x = 1 2=
1 2 1+4k2 1+4k2
则 y −1 y −1 x (kx +t)−x +x (kx +t)−x
k +k = 1 + 2 = 2 1 2 1 2 1
P 2 A P 2 B x x x x
1 2 1 2
8kt2−8k−8kt2+8kt
1+4k2 8k(t−1) 1，又t≠1，
= = =−
4t2−4 4(t+1)(t−1)
1+4k2
∴t＝﹣2k﹣1，此时△＝﹣64k，存在k，使得△＞0成立，
∴直线l的方程为y＝kx﹣2k﹣1，
当x＝2时，y＝﹣1，
∴l过定点（2，﹣1）．
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1．如图，已知椭圆C：x2 y2 1（a＞b＞0）的离心率为√2，一条准线方程为x＝2．过
+ =
a2 b2 2
点T（0，2）且不与x轴垂直的直线l与椭圆C相交于A，B两点线段AB的垂直平分线
分别交AB和y轴于点M，N两点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求证：线段MN的中点在定直线上；
（3）若△ABN为等腰直角三角形，求直线l的方程．
c √2 a2
【解答】解：（1）由 = ， =2，解得a=√2，c＝1，
a 2 c
b
=√a2−c2=1
x2
∴椭圆方程为： + y2=1．
2
（2）显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx+2．
联立椭圆方程可得（1+2k2）x2+8kx+6＝0．
设A（x ，y ），B（x ，y ），
1 1 2 2
1 −4k 2
则x = (x +x )= ，y ＝kx +2 = ．
M 2 1 2 1+2k2 M N 1+2k2
1 −4 2
∴直线MN的方程为：y=− (x− )+ ，
k 1+2k2 1+2k2−2
N（0， ）．，
1+2k2
⇒
∴y ＝﹣y ，∴线段MN的中点在定直线y＝0上．
M N
（3）由（2）得|MN| √ 1 |x | 4√1+k2，
= 1+(− ) 2 M=
k 1+2k2
|AB| |x ﹣x | •2√4k2−6．
=√1+k2 1 2=√1+k2
1+2k2
∵△ABN为等腰直角三角形，∴|AB|＝2|MN|，
∴ •2√4k2−6．＝2|4√1+k2，
√1+k2
1+2k2 1+2k2
√22
k＝± ．（满足△＞0）．
2
⇒
√22
∴直线l的方程为y=± x+2．
2
2．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点P（2，0）作直线l交抛物线于A，B两点．
π
（1）若l的倾斜角为 ，求△FAB的面积；
4
（2）过点A，B分别作抛物线C的两条切线l ，l 且直线l 与直线l 相交于点M，问：
1 2 1 2
点M是否在某条定直线上？若在，求该定直线的方程，若不在，请说明理由．
π
【解答】解：（1）∵l的倾斜角为 ，
4
π
∴k=tan =1，
4
∵直线l为点P（2，0），
∴直线l的方程y＝x﹣2，即x＝y+2，
联立直线l与抛物线方程{y2=4x，化简可得，y2﹣4y﹣8＝0，
x= y+2
设A（x ，y ），B（x ，y ），
1 1 2 2
则△＝b2﹣4ac＝16+4×8＝48＞0，{y
1
+ y
2
=4
，
y y =−8
1 2∴ ，
|AB|=√2√(y + y ) 2−4 y y =√2√42−4×(−8)=4√6
1 2 1 2
又∵交点F（1，0）到直线l的距离是
d=
|1×1+0×(−1)−2|
=
√2，
√12+(−1) 2 2
1 1 √2
∴S = |AB|⋅d= ×4√6× =2√3．
△FAB 2 2 2
（2）设l的方程为x＝my+2，
联立直线l与抛物线方程{x=my+2，化简可得，y2﹣4my﹣8＝0，
y2=4x
则△＝b2﹣4ac＝16m2+32＞0，由韦达定理可得，y +y ＝4m，y y ＝﹣8，
1 2 1 2
∴ (y y ) 2 ，
x x = 1 2 =4
1 2 16
不妨设点A（x ，y ） 在x轴上方，点B在B（x ，y ） 在x轴下方，
1 1 2 2
当y≥0时，y=2√x，
1
求导可得y'= ，
√x
∴ 1 ，
y'| =
x=x
1 √x
1
∴抛物线C上过点A的切线l 的方程为 1 ，即 1
1 y−y = (x−x ) y= x−√x + y
1 √x 1 √x 1 1
1 1
①，
当y＜0时，y=−2√x，
1
求导可得y'=− ，
√x
∴ 1 ，
y'| =−
x=x
2 √x
2
∴抛物线C上过点B的切线l 方程为 1 ，即 1
2 y−y =− (x−x ) y=− x+√x + y
2 √x 2 √x 2 2
2 2
②，联立①②可得， 1 1 ，
( + )x=√x +√x + y −y
√x √x 1 2 2 1
1 2
∵ ，
y =−2√x ，y =2√x
2 2 1 1
√x +√x
∴ 1 2 x=√x +√x −2√x −2√x ，
√x x 1 2 1 2
1 2
∵x x ＝4，
1 2
∴√x +√x ，
1 2 x=−(√x +√x )
2 1 2
又∵ ，
√x +√x ≠0
1 2
∴x＝﹣2，即M的横坐标恒为﹣2，
∴点M在定直线x＝﹣2上．
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题型三 . 定直线问题
1．如图，已知椭圆C：x2 y2 1（a＞b＞0）的离心率为√2，一条准线方程为x＝
+ =
a2 b2 2
2．过点T（0，2）且不与x轴垂直的直线l与椭圆C相交于A，B两点线段AB的垂直平
分线分别交AB和y轴于点M，N两点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求证：线段MN的中点在定直线上；
（3）若△ABN为等腰直角三角形，求直线l的方程．c √2 a2
【解答】解：（1）由 = ， =2，解得a=√2，c＝1，
a 2 c
b
=√a2−c2=1
x2
∴椭圆方程为： + y2=1．
2
（2）显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx+2．
联立椭圆方程可得（1+2k2）x2+8kx+6＝0．
设A（x ，y ），B（x ，y ），
1 1 2 2
1 −4k 2
则x = (x +x )= ，y ＝kx +2 = ．
M 2 1 2 1+2k2 M N 1+2k2
1 −4 2
∴直线MN的方程为：y=− (x− )+ ，
k 1+2k2 1+2k2
−2
N（0， ）．，
1+2k2
⇒
∴y ＝﹣y ，∴线段MN的中点在定直线y＝0上．
M N
（3）由（2）得|MN| √ 1 |x | 4√1+k2，
= 1+(− ) 2 M=
k 1+2k2
|AB| |x ﹣x | •2√4k2−6．
=√1+k2 1 2=√1+k2
1+2k2
∵△ABN为等腰直角三角形，∴|AB|＝2|MN|，
∴ •2√4k2−6．＝2|4√1+k2，
√1+k2
1+2k2 1+2k2
√22
k＝± ．（满足△＞0）．
2
⇒
√22
∴直线l的方程为y=± x+2．
22．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点P（2，0）作直线l交抛物线于A，B两点．
π
（1）若l的倾斜角为 ，求△FAB的面积；
4
（2）过点A，B分别作抛物线C的两条切线l ，l 且直线l 与直线l 相交于点M，问：
1 2 1 2
点M是否在某条定直线上？若在，求该定直线的方程，若不在，请说明理由．
π
【解答】解：（1）∵l的倾斜角为 ，
4
π
∴k=tan =1，
4
∵直线l为点P（2，0），
∴直线l的方程y＝x﹣2，即x＝y+2，
联立直线l与抛物线方程{y2=4x，化简可得，y2﹣4y﹣8＝0，
x= y+2
设A（x ，y ），B（x ，y ），
1 1 2 2
则△＝b2﹣4ac＝16+4×8＝48＞0，{y
1
+ y
2
=4
，
y y =−8
1 2
∴ ，
|AB|=√2√(y + y ) 2−4 y y =√2√42−4×(−8)=4√6
1 2 1 2
又∵交点F（1，0）到直线l的距离是
d=
|1×1+0×(−1)−2|
=
√2，
√12+(−1) 2 2
1 1 √2
∴S = |AB|⋅d= ×4√6× =2√3．
△FAB 2 2 2
（2）设l的方程为x＝my+2，
联立直线l与抛物线方程{x=my+2，化简可得，y2﹣4my﹣8＝0，
y2=4x
则△＝b2﹣4ac＝16m2+32＞0，由韦达定理可得，y +y ＝4m，y y ＝﹣8，
1 2 1 2
∴ (y y ) 2 ，
x x = 1 2 =4
1 2 16
不妨设点A（x ，y ） 在x轴上方，点B在B（x ，y ） 在x轴下方，
1 1 2 2
当y≥0时，y=2√x，1
求导可得y'= ，
√x
∴ 1 ，
y'| =
x=x
1 √x
1
∴抛物线C上过点A的切线l 的方程为 1 ，即 1
1 y−y = (x−x ) y= x−√x + y
1 √x 1 √x 1 1
1 1
①，
当y＜0时，y=−2√x，
1
求导可得y'=− ，
√x
∴ 1 ，
y'| =−
x=x
2 √x
2
∴抛物线C上过点B的切线l 方程为 1 ，即 1
2 y−y =− (x−x ) y=− x+√x + y
2 √x 2 √x 2 2
2 2
②，
联立①②可得， 1 1 ，
( + )x=√x +√x + y −y
√x √x 1 2 2 1
1 2
∵ ，
y =−2√x ，y =2√x
2 2 1 1
√x +√x
∴ 1 2 x=√x +√x −2√x −2√x ，
√x x 1 2 1 2
1 2
∵x x ＝4，
1 2
∴√x +√x ，
1 2 x=−(√x +√x )
2 1 2
又∵ ，
√x +√x ≠0
1 2
∴x＝﹣2，即M的横坐标恒为﹣2，
∴点M在定直线x＝﹣2上．
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课后作业 . 定值定点
x2 y2
1．设直线l与抛物线x2＝2y交于A，B两点，与椭圆 + =1交于C，D两点，直线
4 3
OA，OB，OC，OD（O为坐标原点）的斜率分别为k ，k ，k ，k ．若OA⊥OB．
1 2 3 4
（Ⅰ）是否存在实数t，满足k +k ＝t（k +k ），并说明理由；
1 2 3 4
（Ⅱ）求△OCD面积的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）设直线l的方程为y＝kx+b，A（x ，y ），B（x ，y ），C（x ，
1 1 2 2 3
y ），B（x ，y ），
3 4 4
直线代入抛物线的方程，得x2﹣2kx﹣2b＝0，
∴x +x ＝2k，x x ＝﹣2b，△＝4k2+8b＞0
1 2 1 2
由OA⊥OB，得x x +y y ＝0，所以b＝2；
1 2 1 2
x2 y2
联立直线与椭圆 + =1方程得（3+4k2）x2+16kx+4＝0，
4 3
16k 4 1
∴x +x =− ，x x = ，△′＞0得k2＞ ．
3 4 3+4k2 3 4 3+4k2 4
∴k +k ＝k，k +k ＝﹣6k，
1 2 3 4
∵k +k ＝t（k +k ），
1 2 3 4
1
∴t=− ；
6
（Ⅱ）|CD| •|x ﹣x | •√4k2−1
=√1+k2 3 4=√1+k2
3+4k2
∵O到直线CD的距离d 2 ，
−
√1+k2
∴S△OCD= 1|CD|d＝4
√3
•√4k2−1，
2 3+4k24√3t
设√4k2−1=t＞0，则S△OCD =
t2+4
≤√3，
√5
t＝2，即k＝± 时，△OCD面积的最大值为√3．
5
2．设抛物线C：x2＝2py（0＜p＜8）的焦点为F，点P是C上一点，且PF的中点坐标为
5
（2， ）
2
（Ⅰ）求抛物线C的标准方程；
（Ⅱ）动直线l过点A（0，2），且与抛物线C交于M，N两点，点Q与点M关于y轴
对称（点Q与点N不重合），求证：直线QN恒过定点．
p
【解答】解：（Ⅰ）依题意得 F（0， ），设 P（x ，y ），由 PF的中点坐标为
0 0
2
5
(2， )，得
2
p 5 p
0+x ＝2×2且 +y ＝2× ，∴x ＝4，y ＝5− ，
0 0 0 0
2 2 2
p
∵P（x ，y ）在抛物线x2＝2py上，∴16＝2p（5− ），
0 0
2
即p2﹣10p+16＝0，解得p＝2或p＝8（舍去），
∴抛物线C的方程为x2＝4y；
（Ⅱ）（法一）依题意直线l的斜率存在，
设直线l：y＝kx+2，M（x ，y ），N（x ，y ），则Q（﹣x ，y ），
1 1 2 2 1 1
联立{ x2=4 y 消去y得x2﹣4kx﹣8＝0，显然△＞0，由韦达定理得{x
1
+x
2
=4k ，
y=kx+2 x x =−8.
1 2
x 2 x 2
∵ 2 − 1 ，
y −y 4 4 x −x
k = 2 1= = 2 1
QN x +x x +x 4
2 1 2 1
x −x
∴直线QN方程为y−y = 2 1 (x+x )，
1 4 1
即 x −x x −x x (x −x ) x 2 x −x x x ，
y= y + 2 1 (x+x )= 2 1 x+ 1 2 1 + 1 = 2 1 x+ 1 2
1 4 1 4 4 4 4 4x −x
∵x •x ＝﹣8，∴QN方程为y= 2 1 x−2，
1 2
4
即直线QN方程恒过定点（0，﹣2）．
（法二）依题意知直线QN的斜率存在且不为0，
设直线QN方程为y＝kx+b，Q（x ，y ），N（x ，y ），
1 1 2 2
则M（﹣x ，y ），
1 1
联立{ x2=4 y 消去y得x2﹣4kx﹣4b＝0．
y=kx+b
∵Q，N是抛物线C上不同两点，∴必有△＞0，
由韦达定理得{x
1
+x
2
=4k
，
x x =−4b.
1 2
∵M，A，N三点共线， → → ，
AM=(−x ，y −2)，AN=(x ，y −2)
1 1 2 2
∴﹣x
1
（y
2
﹣2）﹣x
2
（y
1
﹣2）＝0．∴﹣x
1
（kx
2
+b﹣2）﹣x
2
（kx
1
+b﹣2）＝0，
∴2kx x +（b﹣2）（x +x ）＝0，即2k•（﹣4b）+（b﹣2）•4k＝0化简得：kb+2k＝0，
1 2 1 2
∵k≠0，∴b＝﹣2，
∴直线QN方程为y＝kx﹣2，
∴直线QN恒过定点（0，﹣2）．
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