?定點(diǎn)定值
知識(shí)梳理.定點(diǎn)定值
1．定點(diǎn)問(wèn)題
(1)參數(shù)法：參數(shù)法解決定點(diǎn)問(wèn)題的思路：①引進(jìn)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)或動(dòng)直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中的核心變量(此處設(shè)為k)；②利用條件找到k與過(guò)定點(diǎn)的曲線F(x，y)＝0之間的關(guān)系，得到關(guān)于k與x，y的等式，再研究變化量與參數(shù)何時(shí)沒(méi)有關(guān)系，找到定點(diǎn)．
(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定點(diǎn)問(wèn)題時(shí)，常根據(jù)動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)直線的特殊情況探索出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)與變量無(wú)關(guān).
2.定值問(wèn)題
(1)直接消參求定值：常見(jiàn)定值問(wèn)題的處理方法：①確定一個(gè)(或兩個(gè))變量為核心變量，其余量均利用條件用核心變量進(jìn)行表示；②將所求表達(dá)式用核心變量進(jìn)行表示(有的甚至就是核心變量)，然后進(jìn)行化簡(jiǎn)，看能否得到一個(gè)常數(shù)．
(2)從特殊到一般求定值：常用處理技巧：①在運(yùn)算過(guò)程中，盡量減少所求表達(dá)式中變量的個(gè)數(shù)，以便于向定值靠攏；②巧妙利用變量間的關(guān)系，例如點(diǎn)的坐標(biāo)符合曲線方程等，盡量做到整體代入，簡(jiǎn)化運(yùn)算.

題型一. 定值問(wèn)題
1．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的兩個(gè)頂點(diǎn)分別為點(diǎn)A（﹣2，0），B（2，0），離心率為32．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）點(diǎn)D為x軸上一點(diǎn)，過(guò)D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點(diǎn)M，N，過(guò)D作AM的垂線交BN于點(diǎn)E．證明：△BDE與△BDN的面積之比為定值．
【解答】解：（Ⅰ）因?yàn)榻裹c(diǎn)在x軸上，兩個(gè)頂點(diǎn)分別為A（﹣2，0），B（2，0），
所以a＝2，
由e=ca=32，所以c=3，
所以b2＝a2﹣c2＝1，
所以橢圓的方程為x24+y2＝1．
（Ⅱ）設(shè)D（x0，0），M（x0，y0），N（x0，﹣y0）（y0＞0），
可得y02＝1?x024，
直線AM的方程為y=y0x0+2（x+2），
因?yàn)镈E⊥AM，所以kDE=?x0+2y0，
直線DE的方程為y=?x0+2y0（x﹣x0），
直線BN的方程為y=?y0x0?2（x﹣2）
聯(lián)立y=?x0+2y0(x?x0)y=?y0x0?2(x?2)，
整理得，x0+2y0（x﹣x0）=y0x0?2（x﹣2），
即（x02﹣4）（x﹣x0）＝y(tǒng)02（x﹣2），
即（x02﹣4）（x﹣x0）=4?x024（x﹣2），得x=4x0+25，
所以y=?x0+2y0?2?x05=?4?y025y0=?45y0，
即E（4x0+25，?45y0），則yEyN=45，
又S△BDES△BDN=12|BD|?|yE|12|BD|?|yN|=45，
所以△BDE與△BDN的面積之比為定值45．
2．設(shè)橢圓C：x22+y2＝1的右焦點(diǎn)為F，過(guò)F的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，0）．
（1）當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線AM的方程；
（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：∠OMA＝∠OMB．
【解答】解：（1）c=2?1=1，
∴F（1，0），
∵l與x軸垂直，
∴x＝1，
由x=1x22+y2=1，解得x=1y=22或x=1y=?22，
∴A（1.22），或（1，?22），
∴直線AM的方程為y=?22x+2，y=22x?2，
證明：（2）當(dāng)l與x軸重合時(shí)，∠OMA＝∠OMB＝0°，
當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，OM為AB的垂直平分線，∴∠OMA＝∠OMB，
當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k（x﹣1），k≠0，
A（x1，y1），B（x2，y2），則x1＜2，x2＜2，
直線MA，MB的斜率之和為kMA，kMB之和為kMA+kMB=y1x1?2+y2x2?2，
由y1＝kx1﹣k，y2＝kx2﹣k得kMA+kMB=2kx1x2?3k(x1+x2)+4k(x1?2)(x2?2)，
將y＝k（x﹣1）代入x22+y2＝1可得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0，
∴x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2?22k2+1，
∴2kx1x2﹣3k（x1+x2）+4k=12k2+1（4k3﹣4k﹣12k3+8k3+4k）＝0
從而kMA+kMB＝0，
故MA，MB的傾斜角互補(bǔ)，
∴∠OMA＝∠OMB，
綜上∠OMA＝∠OMB．
3．如圖，已知橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的離心率為32，且過(guò)點(diǎn)（3，12）．
（Ⅰ）求該橢圓的方程；
（Ⅱ）若A，B，C為橢圓上的三點(diǎn)（A，B不在坐標(biāo)軸上），滿足OC→=35OA→+45OB→，直線OA，OB分別交直線l：x＝3于M，N兩點(diǎn)，設(shè)直線OA，OB的斜率為k1，k2．證明：k1?k2為定值，并求線段MN長(zhǎng)度的最小值．

【解答】（I）解：由題意可得：ca=323a2+14b2=1a2=b2+c2，解得a＝2，b＝1，c=3，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x24+y2=1．
（II）證明：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x124+y12=1，x224+y22=1，①．
∵滿足OC→=35OA→+45OB→，∴OC→=(35x1+45x2，35y1+45y2)．
代入橢圓的方程可得：(35x1+45y1)24+(35y1+45y2)2=1，
化為(35)2(x124+y12)+(45)2(x224+y22)+625(x1x2+4y1y2)=1，
由①可得：x1x2+4y1y2＝0，
∴k1k2=?14為定值．
設(shè)OA：y＝k1x，OB：y=?14k1x，令x＝3，解得M（3，3k1），N(3，?34k1)．
∴|MN|=|3k1+34k1|=|3k1|+3|4k1|≥3×2|k1|?14|k1|=3，當(dāng)且僅當(dāng)k1=±12時(shí)取等號(hào)，
∴|MN|的最小值為3．
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題型二. 定點(diǎn)問(wèn)題
1．已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點(diǎn)F（1，0），O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A，B是拋物線C上異于O的兩點(diǎn)．
（1）求拋物線C的方程；
（2）若直線OA，OB的斜率之積為?12，求證：直線AB過(guò)定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)坐標(biāo)．
【解答】（1）解：因?yàn)閽佄锞€y2＝2px（p＞0）的焦點(diǎn)F（1，0），
所以p2=1，解得p＝2，
所以拋物線的C的方程為y2＝4x；
（2）證明：①當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，設(shè)A(t24，t)，B(t24，?t)，
因?yàn)橹本€OA，OB的斜率之積為?12，所以tt24??tt24=?12，化簡(jiǎn)可得t2＝32，
所以A（8，t），B（8，﹣t），此時(shí)直線AB的方程為x＝8；
②當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)方程為y＝kx+b（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立方程組y2=4xy=kx+b，化簡(jiǎn)可得ky2﹣4y+4b＝0，則有y1y2=4bk，
因?yàn)橹本€OA，OB的斜率之積為?12，所以y1x1?y2x2=?12，
即x1x2+2y1y2＝0，即y124?y224+2y1y2=0，解得y1y2=4bk=?32，
解得b＝﹣8k，所以y＝kx﹣8x，即y＝k（x﹣8）．
綜上所述，直線AB過(guò)x軸上的一定點(diǎn)（8，0）．
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C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若直線l：y＝kx+m與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)（A，B不是左右頂點(diǎn)），且以AB為直徑的圓過(guò)橢圓C的右頂點(diǎn)．求證：直線l過(guò)定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．
【解答】（1）解：由題意設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)，
由已知橢圓C上的點(diǎn)到焦點(diǎn)距離的最大值為3，最小值為1，
可得：a+c＝3，a﹣c＝1，
∴a＝2，c＝1
∴b2＝a2﹣c2＝3
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=1；
（2）證明：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）
聯(lián)立y=kx+mx24+y23=1，消去y可得（3+4k2）x2+8mkx+4（m2﹣3）＝0，
則△=64m2k2?16(3+4k2)(m2?3)=3+4k2?m2＞0x1+x2=?8mk3+4k2x1x2=4(m2?3)3+4k2
又y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=3(m2?4k2)3+4k2
因?yàn)橐訟B為直徑的圓過(guò)橢圓的右頂點(diǎn)D（2，0），∴kADkBD＝﹣1，即y1x1?2?y2x2?2=?1
∴y1y2+x1x2﹣2（x1+x2）+4＝0，∴3(m2?4k2)3+4k2+4(m2?3)3+k2+16mk3+4k2+4=0
∴7m2+16mk+4k2＝0
解得：m1=?2k，m2=?2k7，且均滿足3+4k2﹣m2＞0
當(dāng)m1＝﹣2k時(shí)，l的方程y＝k（x﹣2），直線過(guò)點(diǎn)（2，0），與已知矛盾；
當(dāng)m2=?2k7時(shí)，l的方程為y=k(x?27)，直線過(guò)定點(diǎn)(27，0)
所以，直線l過(guò)定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為(27，0)
3．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），四點(diǎn)P1（1，1），P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）中恰有三點(diǎn)在橢圓C上．
（1）求C的方程；
（2）設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)P2點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為﹣1，證明：l過(guò)定點(diǎn)．
【解答】解：（1）根據(jù)橢圓的對(duì)稱性，P3（﹣1，32），P4（1，32）兩點(diǎn)必在橢圓C上，
又P4的橫坐標(biāo)為1，∴橢圓必不過(guò)P1（1，1），
∴P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）三點(diǎn)在橢圓C上．
把P2（0，1），P3（﹣1，32）代入橢圓C，得：
1b2=11a2+34b2=1，解得a2＝4，b2＝1，
∴橢圓C的方程為x24+y2=1．
證明：（2）①當(dāng)斜率不存在時(shí)，設(shè)l：x＝m，A（m，yA），B（m，﹣yA），
∵直線P2A與直線P2B的斜率的和為﹣1，
∴kP2A+kP2B=yA?1m+?yA?1m=?2m=?1，
解得m＝2，此時(shí)l過(guò)橢圓右頂點(diǎn)，不存在兩個(gè)交點(diǎn)，故不滿足．
②當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)l：y＝kx+t，（t≠1），A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立y=kx+tx2+4y2?4=0，整理，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣4＝0，
x1+x2=?8kt1+4k2，x1x2=4t2?41+4k2，
則kP2A+kP2B=y1?1x1+y2?1x2=x2(kx1+t)?x2+x1(kx2+t)?x1x1x2
=8kt2?8k?8kt2+8kt1+4k24t2?41+4k2=8k(t?1)4(t+1)(t?1)=?1，又t≠1，
∴t＝﹣2k﹣1，此時(shí)△＝﹣64k，存在k，使得△＞0成立，
∴直線l的方程為y＝kx﹣2k﹣1，
當(dāng)x＝2時(shí)，y＝﹣1，
∴l(xiāng)過(guò)定點(diǎn)（2，﹣1）．
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1．如圖，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的離心率為22，一條準(zhǔn)線方程為x＝2．過(guò)點(diǎn)T（0，2）且不與x軸垂直的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)線段AB的垂直平分線分別交AB和y軸于點(diǎn)M，N兩點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）求證：線段MN的中點(diǎn)在定直線上；
（3）若△ABN為等腰直角三角形，求直線l的方程．

【解答】解：（1）由ca=22，a2c=2，解得a=2，c＝1，
b=a2?c2=1
∴橢圓方程為：x22+y2=1．
（2）顯然直線l的斜率存在，可設(shè)其方程為y＝kx+2．
聯(lián)立橢圓方程可得（1+2k2）x2+8kx+6＝0．
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
則xM=12(x1+x2)=?4k1+2k2，yM＝kxN+2=21+2k2．
∴直線MN的方程為：y=?1k(x??41+2k2)+21+2k2，
?N（0，?21+2k2）．，
∴yM＝﹣yN，∴線段MN的中點(diǎn)在定直線y＝0上．
（3）由（2）得|MN|=1+(?1k)2|xM|=41+k21+2k2，
|AB|=1+k2|x1﹣x2|=1+k2?24k2?61+2k2．
∵△ABN為等腰直角三角形，∴|AB|＝2|MN|，
∴1+k2?24k2?61+2k2．＝2|41+k21+2k2，
?k＝±222．（滿足△＞0）．
∴直線l的方程為y=±222x+2．
2．已知拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)P（2，0）作直線l交拋物線于A，B兩點(diǎn)．
（1）若l的傾斜角為π4，求△FAB的面積；
（2）過(guò)點(diǎn)A，B分別作拋物線C的兩條切線l1，l2且直線l1與直線l2相交于點(diǎn)M，問(wèn)：點(diǎn)M是否在某條定直線上？若在，求該定直線的方程，若不在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解答】解：（1）∵l的傾斜角為π4，
∴k=tanπ4=1，
∵直線l為點(diǎn)P（2，0），
∴直線l的方程y＝x﹣2，即x＝y(tǒng)+2，
聯(lián)立直線l與拋物線方程y2=4xx=y+2，化簡(jiǎn)可得，y2﹣4y﹣8＝0，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
則△＝b2﹣4ac＝16+4×8＝48＞0，y1+y2=4y1y2=?8，
∴|AB|=2(y1+y2)2?4y1y2=242?4×(?8)=46，
又∵交點(diǎn)F（1，0）到直線l的距離是d=|1×1+0×(?1)?2|12+(?1)2=22，
∴S△FAB=12|AB|?d=12×46×22=23．
（2）設(shè)l的方程為x＝my+2，
聯(lián)立直線l與拋物線方程x=my+2y2=4x，化簡(jiǎn)可得，y2﹣4my﹣8＝0，
則△＝b2﹣4ac＝16m2+32＞0，由韋達(dá)定理可得，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣8，
∴x1x2=(y1y2)216=4，
不妨設(shè)點(diǎn)A（x1，y1） 在x軸上方，點(diǎn)B在B（x2，y2） 在x軸下方，
當(dāng)y≥0時(shí)，y=2x，
求導(dǎo)可得y'=1x，
∴y'|x=x1=1x1，
∴拋物線C上過(guò)點(diǎn)A的切線l1 的方程為y?y1=1x1(x?x1)，即y=1x1x?x1+y1①，
當(dāng)y＜0時(shí)，y=?2x，
求導(dǎo)可得y'=?1x，
∴y'|x=x2=?1x2，
∴拋物線C上過(guò)點(diǎn)B的切線l2 方程為y?y2=?1x2(x?x2)，即y=?1x2x+x2+y2②，
聯(lián)立①②可得，(1x1+1x2)x=x1+x2+y2?y1，
∵y2=?2x2，y1=2x1，
∴x1+x2x1x2x=x1+x2?2x1?2x2，
∵x1x2＝4，
∴x1+x22x=?(x1+x2)，
又∵x1+x2≠0，
∴x＝﹣2，即M的橫坐標(biāo)恒為﹣2，
∴點(diǎn)M在定直線x＝﹣2上．
聲明：試題解析著作權(quán)屬菁優(yōu)網(wǎng)所有，未經(jīng)書(shū)面同意，不得復(fù)制發(fā)布
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題型三. 定直線問(wèn)題
1．如圖，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的離心率為22，一條準(zhǔn)線方程為x＝2．過(guò)點(diǎn)T（0，2）且不與x軸垂直的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)線段AB的垂直平分線分別交AB和y軸于點(diǎn)M，N兩點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）求證：線段MN的中點(diǎn)在定直線上；
（3）若△ABN為等腰直角三角形，求直線l的方程．

【解答】解：（1）由ca=22，a2c=2，解得a=2，c＝1，
b=a2?c2=1
∴橢圓方程為：x22+y2=1．
（2）顯然直線l的斜率存在，可設(shè)其方程為y＝kx+2．
聯(lián)立橢圓方程可得（1+2k2）x2+8kx+6＝0．
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
則xM=12(x1+x2)=?4k1+2k2，yM＝kxN+2=21+2k2．
∴直線MN的方程為：y=?1k(x??41+2k2)+21+2k2，
?N（0，?21+2k2）．，
∴yM＝﹣yN，∴線段MN的中點(diǎn)在定直線y＝0上．
（3）由（2）得|MN|=1+(?1k)2|xM|=41+k21+2k2，
|AB|=1+k2|x1﹣x2|=1+k2?24k2?61+2k2．
∵△ABN為等腰直角三角形，∴|AB|＝2|MN|，
∴1+k2?24k2?61+2k2．＝2|41+k21+2k2，
?k＝±222．（滿足△＞0）．
∴直線l的方程為y=±222x+2．
2．已知拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)P（2，0）作直線l交拋物線于A，B兩點(diǎn)．
（1）若l的傾斜角為π4，求△FAB的面積；
（2）過(guò)點(diǎn)A，B分別作拋物線C的兩條切線l1，l2且直線l1與直線l2相交于點(diǎn)M，問(wèn)：點(diǎn)M是否在某條定直線上？若在，求該定直線的方程，若不在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解答】解：（1）∵l的傾斜角為π4，
∴k=tanπ4=1，
∵直線l為點(diǎn)P（2，0），
∴直線l的方程y＝x﹣2，即x＝y(tǒng)+2，
聯(lián)立直線l與拋物線方程y2=4xx=y+2，化簡(jiǎn)可得，y2﹣4y﹣8＝0，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
則△＝b2﹣4ac＝16+4×8＝48＞0，y1+y2=4y1y2=?8，
∴|AB|=2(y1+y2)2?4y1y2=242?4×(?8)=46，
又∵交點(diǎn)F（1，0）到直線l的距離是d=|1×1+0×(?1)?2|12+(?1)2=22，
∴S△FAB=12|AB|?d=12×46×22=23．
（2）設(shè)l的方程為x＝my+2，
聯(lián)立直線l與拋物線方程x=my+2y2=4x，化簡(jiǎn)可得，y2﹣4my﹣8＝0，
則△＝b2﹣4ac＝16m2+32＞0，由韋達(dá)定理可得，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣8，
∴x1x2=(y1y2)216=4，
不妨設(shè)點(diǎn)A（x1，y1） 在x軸上方，點(diǎn)B在B（x2，y2） 在x軸下方，
當(dāng)y≥0時(shí)，y=2x，
求導(dǎo)可得y'=1x，
∴y'|x=x1=1x1，
∴拋物線C上過(guò)點(diǎn)A的切線l1 的方程為y?y1=1x1(x?x1)，即y=1x1x?x1+y1①，
當(dāng)y＜0時(shí)，y=?2x，
求導(dǎo)可得y'=?1x，
∴y'|x=x2=?1x2，
∴拋物線C上過(guò)點(diǎn)B的切線l2 方程為y?y2=?1x2(x?x2)，即y=?1x2x+x2+y2②，
聯(lián)立①②可得，(1x1+1x2)x=x1+x2+y2?y1，
∵y2=?2x2，y1=2x1，
∴x1+x2x1x2x=x1+x2?2x1?2x2，
∵x1x2＝4，
∴x1+x22x=?(x1+x2)，
又∵x1+x2≠0，
∴x＝﹣2，即M的橫坐標(biāo)恒為﹣2，
∴點(diǎn)M在定直線x＝﹣2上．
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日期：2021/8/23 0:03:24；用戶：15942715433；郵箱：15942715433；學(xué)號(hào)：32355067

課后作業(yè). 定值定點(diǎn)
1．設(shè)直線l與拋物線x2＝2y交于A，B兩點(diǎn)，與橢圓x24+y23=1交于C，D兩點(diǎn)，直線OA，OB，OC，OD（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的斜率分別為k1，k2，k3，k4．若OA⊥OB．
（Ⅰ）是否存在實(shí)數(shù)t，滿足k1+k2＝t（k3+k4），并說(shuō)明理由；
（Ⅱ）求△OCD面積的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）設(shè)直線l的方程為y＝kx+b，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），B（x4，y4），
直線代入拋物線的方程，得x2﹣2kx﹣2b＝0，
∴x1+x2＝2k，x1x2＝﹣2b，△＝4k2+8b＞0
由OA⊥OB，得x1x2+y1y2＝0，所以b＝2；
聯(lián)立直線與橢圓x24+y23=1方程得（3+4k2）x2+16kx+4＝0，
∴x3+x4=?16k3+4k2，x3x4=43+4k2，△′＞0得k2＞14．
∴k1+k2＝k，k3+k4＝﹣6k，
∵k1+k2＝t（k3+k4），
∴t=?16；
（Ⅱ）|CD|=1+k2?|x3﹣x4|=1+k2?4k2?13+4k2
∵O到直線CD的距離d?21+k2，
∴S△OCD=12|CD|d＝43?4k2?13+4k2，
設(shè)4k2?1=t＞0，則S△OCD=43tt2+4≤3，
t＝2，即k＝±55時(shí)，△OCD面積的最大值為3．
2．設(shè)拋物線C：x2＝2py（0＜p＜8）的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P是C上一點(diǎn)，且PF的中點(diǎn)坐標(biāo)為（2，52）
（Ⅰ）求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）動(dòng)直線l過(guò)點(diǎn)A（0，2），且與拋物線C交于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)Q與點(diǎn)M關(guān)于y軸對(duì)稱（點(diǎn)Q與點(diǎn)N不重合），求證：直線QN恒過(guò)定點(diǎn)．
【解答】解：（Ⅰ）依題意得F（0，p2），設(shè)P（x0，y0），由PF的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2，52)，得
0+x0＝2×2且p2+y0＝2×52，∴x0＝4，y0＝5?p2，
∵P（x0，y0）在拋物線x2＝2py上，∴16＝2p（5?p2），
即p2﹣10p+16＝0，解得p＝2或p＝8（舍去），
∴拋物線C的方程為x2＝4y；
（Ⅱ）（法一）依題意直線l的斜率存在，
設(shè)直線l：y＝kx+2，M（x1，y1），N（x2，y2），則Q（﹣x1，y1），
聯(lián)立x2=4yy=kx+2消去y得x2﹣4kx﹣8＝0，顯然△＞0，由韋達(dá)定理得x1+x2=4kx1x2=?8.，
∵kQN=y2?y1x2+x1=x224?x124x2+x1=x2?x14，
∴直線QN方程為y?y1=x2?x14(x+x1)，
即y=y1+x2?x14(x+x1)=x2?x14x+x1(x2?x1)4+x124=x2?x14x+x1x24，
∵x1?x2＝﹣8，∴QN方程為y=x2?x14x?2，
即直線QN方程恒過(guò)定點(diǎn)（0，﹣2）．
（法二）依題意知直線QN的斜率存在且不為0，
設(shè)直線QN方程為y＝kx+b，Q（x1，y1），N（x2，y2），
則M（﹣x1，y1），
聯(lián)立x2=4yy=kx+b消去y得x2﹣4kx﹣4b＝0．
∵Q，N是拋物線C上不同兩點(diǎn)，∴必有△＞0，
由韋達(dá)定理得x1+x2=4kx1x2=?4b.，
∵M(jìn)，A，N三點(diǎn)共線，AM→=(?x1，y1?2)，AN→=(x2，y2?2)，
∴﹣x1（y2 ﹣2）﹣x2（y1 ﹣2）＝0．∴﹣x1（kx2+b﹣2）﹣x2（kx1+b﹣2）＝0，
∴2kx1x2+（b﹣2）（x1+x2）＝0，即2k?（﹣4b）+（b﹣2）?4k＝0化簡(jiǎn)得：kb+2k＝0，
∵k≠0，∴b＝﹣2，
∴直線QN方程為y＝kx﹣2，
∴直線QN恒過(guò)定點(diǎn)（0，﹣2）．

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