专题16 已知核心方程(隐性)和未知核心方程直线过定点模型(解析版)

这是一份专题16 已知核心方程(隐性)和未知核心方程直线过定点模型(解析版)，共15页。
先将隐性核心方程等价地转化为显性核心方程．
【方法总结】
(1)单参数法：设动直线PM方程为y＝k(x－x0)＋y0，联立直线与椭圆(抛物线)，解出点M的坐标为(A(k)，B(k))，同理(由核心方程代换)，得出点N的坐标为(C(k)，D(k))，然后写出动直线MN方程，即kf(x，y)＋g(x，y)＝0，根据直线过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．

(2)双参数法：设动直线MN方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由核心方程得到f(k，t)＝0，把t用k表示或把k用t表示，即kf(x，y)＋g(x，y)＝0(或tf(x，y)＋g(x，y)＝0)，根据直线过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．
【例题选讲】
[例1] 已知椭圆C：eq \f (x2,a2)＋eq \f (y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F(eq \r(3)，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0，1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．
[规范解答] (1)由题意得，c＝eq \r(3)，eq \f (a,b)＝2，a2＝b2＋c2，∴a＝2，b＝1，
∴椭圆C的标准方程为eq \f (x2,4)＋y2＝1．
(2)双参数法
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝4))消去y，可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．∴Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，
x1＋x2＝eq \f (－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f (4m2－4,4k2＋1)．∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴eq \(BM,\s\up7(→))·eq \(BN,\s\up7(→))＝0．
则eq \(BM,\s\up7(→))·eq \(BN,\s\up7(→))＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
∴(k2＋1)eq \f (4m2－4,4k2＋1)＋k(m－1)eq \f (－8km,4k2＋1)＋(m－1)2＝0，整理，得5m2－2m－3＝0，解得m＝－eq \f (3,5)或m＝1(舍去)．
∴直线l的方程为y＝kx－eq \f (3,5)．易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．
故直线l过定点，且该定点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f (3,5)))．
[例2] 已知椭圆O：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆O上运动，若△PAB面积的最大值为2eq \r(3)，椭圆O的离心率为eq \f(1,2)．
(1)求椭圆O的标准方程；
(2)过B点作圆E：x2＋(y－2)2＝r2(00)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：eq \f (x2,4)＋y2＝1分
别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1．
(1)求k·k1的值；
(2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．
3．解析 (1)设直线l上任意一点P(x，y)关于直线y＝x＋1对称的点为P0(x0，y0)，
直线l与直线l1的交点为(0，1)，∴l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1，k＝eq \f (y－1,x)，k1＝eq \f (y0－1,x0)，
由eq \f (y＋y0,2)＝eq \f (x＋x0,2)＋1，得y＋y0＝x＋x0＋2，①．由eq \f (y－y0,x－x0)＝－1，得y－y0＝x0－x，②
由①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x0＋1，,y0＝x＋1，))∴k·k1＝eq \f (yy0－(y＋y0)＋1,xx0)＝eq \f ((x＋1)(x0＋1)－(x＋x0＋2)＋1,xx0)＝1．
(2)单参数法
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f (x2,4)＋y2＝1))得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，设M(xM，yM)，N(xN，yN)，∴xM＝eq \f (－8k,4k2＋1)，yM＝eq \f (1－4k2,4k2＋1)．
同理可得xN＝eq \f (－8k1,4k\\al(2,1)＋1)＝eq \f (－8k,4＋k2)，yN＝eq \f (1－4k\\al(2,1),4k\\al(2,1)＋1)＝eq \f (k2－4,4＋k2)．
kMN＝eq \f (yM－yN,xM－xN)＝eq \f (\f (1－4k2,4k2＋1)－\f (k2－4,4＋k2),\f (－8k,4k2＋1)－\f (－8k,4＋k2))＝eq \f (8－8k4,8k(3k2－3))＝－eq \f (k2＋1,3k)，
直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)，即y－eq \f (1－4k2,4k2＋1)＝－eq \f (k2＋1,3k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f (－8k,4k2＋1)))，
即y＝－eq \f (k2＋1,3k)x－eq \f (8(k2＋1),3(4k2＋1))＋eq \f (1－4k2,4k2＋1)＝－eq \f (k2＋1,3k)x－eq \f (5,3)．∴当k变化时，直线MN过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f (5,3)))．
题型二 未知核心方程
【方法总结】
单参数法：设出动点可动直线的方程为，解出点M的坐标为(A(k)，B(k))，解出点N的坐标为(C(k)，D(k))，然后写出动直线MN方程，即kf(x，y)＋g(x，y)＝0，根据直线过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．

【例题选讲】
[例1] (2020·全国Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝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．
[规范解答] (1)由椭圆方程E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1)可得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1)，
∴eq \(AG,\s\up6(→))＝(a，1)，eq \(GB,\s\up6(→))＝(a，－1)．∴eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝a2－1＝8，∴a2＝9．∴椭圆E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1．
(2)单参数法
由(1)得A(－3，0)，B(3，0)，设P(6，y0)，
则直线AP的方程为y＝eq \f(y0－0,6－(－3))(x＋3)，即y＝eq \f(y0,9)(x＋3)，
直线BP的方程为y＝eq \f(y0－0,6－3)(x－3)，即y＝eq \f(y0,3)(x－3)．
联立直线AP的方程与椭圆E的方程可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋y2＝1，,y＝\f(y0,9)(x＋3)，))整理得(yeq \\al(2,0)＋9)x2＋6yeq \\al(2,0)x＋9yeq \\al(2,0)－81＝0，
解得x＝－3或x＝eq \f(－3y\\al(2,0)＋27,y\\al(2,0)＋9)．将x＝eq \f(－3y\\al(2,0)＋27,y\\al(2,0)＋9)代入y＝eq \f(y0,9)(x＋3)，可得y＝eq \f(6y0,y\\al(2,0)＋9)，
∴点C的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－3y\\al(2,0)＋27,y\\al(2,0)＋9)，\f(6y0,y\\al(2,0)＋9)))．同理可得，点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1)，\f(－2y0,y\\al(2,0)＋1)))．
∴直线CD的方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2y0,y\\al(2,0)＋1)))＝eq \f(\f(6y0,y\\al(2,0)＋9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2y0,y\\al(2,0)＋1))),\f(－3y\\al(2,0)＋27,y\\al(2,0)＋9)－\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1)))，
整理可得y＋eq \f(2y0,y\\al(2,0)＋1)＝eq \f(4y0,3(3－y\\al(2,0)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1)))，
y＝eq \f(4y0,3(3－y\\al(2,0)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1)))－eq \f(2y0,y\\al(2,0)＋1)＝eq \f(4y0,3(3－y\\al(2,0)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))．故直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))．
[例2] 已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右顶点与抛物线C2：y2＝2px(p＞0)的焦点重合，椭圆C1的离心率为eq \f(1,2)，过椭圆C1的右焦点F且垂直于x轴的直线被抛物线C2截得的弦长为4eq \r(2)．
(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；
(2)过点A(－2，0)的直线l与C2交于M，N两点，点M关于x轴的对称点为M′，证明：直线M′N恒过一定点．
[规范解答] (1)设椭圆C1的半焦距为c，依题意，可得a＝eq \f(p,2)，则C2：y2＝4ax，
将x＝c代入，得y2＝4ac，即y＝±2eq \r(ac)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4\r(ac)＝4\r(2)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1．
所以椭圆C1的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，抛物线C2的方程为y2＝8x．
(2)单参数法
依题意，可知直线l的斜率不为0，可设l为x＝my－2．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,y2＝8x))消去x，整理得y2－8my＋16＝0．
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则点M′(x1，－y1)，由Δ＝(－8m)2－4×16＞0，解得m＜－1或m＞1．
且有y1＋y2＝8m，y1y2＝16，m＝eq \f(y1＋y2,8)，
所以直线M′N的斜率kM′N＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)＝eq \f(8m,m(y2－y1))＝eq \f(8,y2－y1)．
可得直线M′N的方程为y－y2＝eq \f(8,y2－y1)(x－x2)，
即y＝eq \f(8,y2－y1)x＋y2－eq \f(8(my2－2),y2－y1)＝eq \f(8,y2－y1)x＋eq \f(y2(y2－y1)－y2(y1＋y2)＋16,y2－y1)＝eq \f(8,y2－y1)x－eq \f(16,y2－y1)＝eq \f(8,y2－y1)·(x－2)．
所以当m＜－1或m＞1时，直线M′N恒过定点(2，0)．
[例3] 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点M(m，2)，其焦点为F′，且|MF′|＝2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：(x－1)2＋y2＝1相切，切点分别为A，B，求证：直线AB过定点．
[规范解答] (1)抛物线C的准线方程为x＝－eq \f(p,2)，所以|MF′|＝m＋eq \f(p,2)＝2，又4＝2pm，即4＝2peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(p,2)))，
所以p2－4p＋4＝0，所以p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)单参数法
设点E(0，t)(t≠0)，由已知切线不为y轴，设直线EA：y＝kx＋t，联立，消去y，
可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，①
因为直线EA与抛物线C相切，所以Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1，代入①
可得eq \f(1,t2)x2－2x＋t2＝0，所以x＝t2，即A(t2，2t)．
设切点B(x0，y0)，则由几何性质可以判断点O、B关于直线EF：y＝－tx＋t对称，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y0,x0)×\f(t－0,0－1)＝－1,\f(y0,2)＝－t·\f(x0,2)＋t))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(2t2,t2＋1),y0＝\f(2t,t2＋1)))，即Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2t2,t2＋1)，\f(2t,t2＋1)))．
直线AF的斜率为kAF＝eq \f(2t,t2－1)(t≠±1)，直线BF的斜率为kBF＝eq \f(\f(2t,t2＋1)－0,\f(2t2,t2＋1)－1)＝eq \f(2t,t2－1)(t≠±1)，
所以kAF＝kBF，即A，B，F三点共线．当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时A，B，F三点共线．
所以直线AB过定点F(1，0)．
[例4] (2019·全国Ⅲ)已知曲线C：y＝eq \f(x2,2)，D为直线y＝－eq \f(1,2)上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
[规范解答] (1)另类
设Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，则xeq \\al(2,1)＝2y1，
由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故eq \f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1，整理得2tx1－2y1＋1＝0．
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0，故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0．
所以直线AB过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))．
(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋eq \f(1,2).由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝tx＋\f(1,2)，,y＝\f(x2,2)))可得x2－2tx－1＝0，
于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，
|AB|＝eq \r(1＋t2)|x1－x2|＝eq \r(1＋t2)×eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2(t2＋1)．
设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝eq \r(t2＋1)，d2＝eq \f(2,\r(t2＋1))，
因此，四边形ADBE的面积S＝eq \f(1,2)|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)eq \r(t2＋1)，
设M为线段AB的中点，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，t2＋\f(1,2)))，
由于eq \(EM,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，而eq \(EM,\s\up6(→))＝(t，t2－2)，eq \(AB,\s\up6(→))与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0．解得t＝0或t＝±1．
当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4eq \r(2)．
因此，四边形ADBE的面积为3或4eq \r(2)．
【对点训练】
1．已知椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点为F，过点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A，B两点，直
线l：x＝2与x轴相交于点H，过点A作AD⊥l，垂足为D．
(1)求四边形OAHB(O为坐标原点)的面积的取值范围．
(2)证明：直线BD过定点E，并求出点E的坐标．
1．解析 (1)由题设知F(1，0)，设直线AB的方程为x＝my＋1(m∈R)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x并整理，得(m2＋2)y2＋2my－1＝0．Δ＝4m2＋4(m2＋2)＞0，
则y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋2)，
所以|y1－y2|＝eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \f(2\r(2)×\r(m2＋1),m2＋2)．
所以四边形OAHB的面积S＝eq \f(1,2)×|OH|×|y1－y2|＝eq \f(1,2)×2×eq \f(2\r(2)×\r(m2＋1),m2＋2)＝eq \f(2\r(2)×\r(m2＋1),m2＋2)．
令eq \r(m2＋1)＝t，则t≥1，所以S＝eq \f(2\r(2)t,t2＋1)＝eq \f(2\r(2),t＋\f(1,t))，t≥1．
因为t＋eq \f(1,t)≥2(当且仅当t＝1，即m＝0时取等号)，所以0＜S≤eq \r(2)．
故四边形OAHB的面积的取值范围为(0，eq \r(2)]．
(2)单参数法
由B(x2，y2)，D(2，y1)，可知直线BD的斜率k＝eq \f(y1－y2,2－x2)．
所以直线BD的方程为y－y1＝eq \f(y1－y2,2－x2)(x－2)．令y＝0，得x＝eq \f(x2y1－2y2,y1－y2)＝eq \f(my1y2＋y1－2y2,y1－y2)．①
由(1)知，y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋2)，所以y1＋y2＝2my1y2．②
将②代入①，化简得x＝eq \f(\f(1,2)(y1＋y2)＋y1－2y2,y1－y2)＝eq \f(\f(3,2)(y1－y2),y1－y2)＝eq \f(3,2)，
所以直线BD过定点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))．
2．已知动圆M恒过点(0，1)，且与直线y＝－1相切．
(1)求圆心M的轨迹方程；
(2)动直线l过点P(0，－2)，且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点．
2．解析 (1)由题意得，点M与点(0，1)的距离始终等于点M到直线y＝－1的距离，
由抛物线的定义知圆心M的轨迹是以点(0，1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，则eq \f(p,2)＝1，p＝2．
∴圆心M的轨迹方程为x2＝4y．
(2)单参数法
设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(－x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx－2))消去y，得x2－4kx＋8＝0，∴x1＋x2＝4k，x1x2＝8．
kAC＝eq \f(y1－y2,x1＋x2)＝eq \f(\f(x\\al(2,1),4)－\f(x\\al(2,2),4),x1＋x2)＝eq \f(x1－x2,4)，直线AC的方程为y－y1＝eq \f(x1－x2,4)(x－x1)．
即y＝y1＋eq \f(x1－x2,4)(x－x1)＝eq \f(x1－x2,4)x－eq \f(x1－x2,4)x1＋eq \f(x\\al(2,1),4)＝eq \f(x1－x2,4)x＋eq \f(x1x2,4)，
∵x1x2＝8，∴y＝eq \f(x1－x2,4)x＋eq \f(x1x2,4)＝eq \f(x1－x2,4)x＋2，即直线AC恒过定点(0，2)．
3．已知P是圆F1：(x＋1)2＋y2＝16上任意一点，F2(1，0)，线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，
当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)记曲线C与x轴交于A，B两点，M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为D，E，求证：直线DE过定点H(4，0)．
3．解析 (1)由线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，
得|QF1|＋|QF2|＝|QF1|＋|QP|＝|PF1|＝4>|F1F2|＝2，
所以点Q的轨迹为以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆，
故2a＝4，a＝2，2c＝2，c＝1，b2＝a2－c2＝3．曲线C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)单参数法
由(1)可设A(－2，0)，B(2，0)，点M的坐标为(1，m)，直线MA的方程为y＝eq \f(m,3)(x＋2)，
将y＝eq \f(m,3)(x＋2)与eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立整理得，(4m2＋27)x2＋16m2x＋16m2－108＝0，
设点D的坐标为(xD，yD)，则－2xD＝eq \f(16m2－108,4m2＋27)，故xD＝eq \f(54－8m2,4m2＋27)，则yD＝eq \f(m,3)(xD＋2)＝eq \f(36m,4m2＋27)，
直线MB的方程为y＝－m(x－2)，
将y＝－m(x－2)与eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立整理得，(4m2＋3)x2－16m2x＋16m2－12＝0，
设点E的坐标为(xE，yE)，则2xE＝eq \f(16m2－12,4m2＋3)，故xE＝eq \f(8m2－6,4m2＋3)，则yE＝－m(xE－2)＝eq \f(12m,4m2＋3)，
HD的斜率为k1＝eq \f(yD,xD－4)＝eq \f(36m,54－8m2－4(4m2＋27))＝－eq \f(6m,4m2＋9)，
HE的斜率为k2＝eq \f(yE,xE－4)＝eq \f(12m,8m2－6－4(4m2＋3))＝－eq \f(6m,4m2＋9)，
因为k1＝k2，所以直线DE经过定点H(4，0)．
4．如图，设直线l：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2)))与抛物线C：y2＝2px(p>0，p为常数)交于不同的两点M，N，且当k＝eq \f(1,2)时，
抛物线C的焦点F到直线l的距离为eq \f(2\r(5),5)．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过点M的直线交抛物线于另一点Q，且直线MQ过点B(1，－1)，求证：直线NQ过定点．
4．解析 (1)当k＝eq \f(1,2)时，直线l：y＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2)))，即2x－4y＋p＝0，
抛物线C的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))到直线l的距离d＝eq \f(|2p|,\r(22＋(－4)2))＝eq \f(\r(5)|p|,5)＝eq \f(2\r(5),5)，
解得p＝±2，又p>0，所以p＝2，所以抛物线C的标准方程为y2＝4x．
(2)另类
设点M(4t2，4t)，N(4teq \\al(2,1)，4t1)，Q(4teq \\al(2,2)，4t2)，易知直线MN，MQ，NQ的斜率均存在，
则直线MN的斜率是kMN＝eq \f(4t－4t1,4t2－4t\\al(2,1))＝eq \f(1,t＋t1)，
从而直线MN的方程是y＝eq \f(1,t＋t1)(x－4t2)＋4t，即x－(t＋t1)y＋4tt1＝0．
同理可知MQ的方程是x－(t＋t2)y＋4tt2＝0，NQ的方程是x－(t1＋t2)y＋4t1t2＝0．
又易知点(－1，0)在直线MN上，从而有4tt1＝1，即t＝eq \f(1,4t1)，
点B(1，－1)在直线MQ上，从而有1－(t＋t2)(－1)＋4tt2＝0，即1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4t1)＋t2))(－1)＋4×eq \f(1,4t1)×t2＝0，
化简得4t1t2＝－4(t1＋t2)－1．代入NQ的方程得x－(t1＋t2)y－4(t1＋t2)－1＝0．
即(x－1)－(t1＋t2)(y＋4)＝0．所以直线NQ过定点(1，－4)．