专题11 圆锥曲线中的定点、定值问题-2021年高考数学微专题复习（新高考地区专用）练习

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题型一 、 圆锥曲线中过定点问题
圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法：（1）、求出圆锥曲线或直线的方程解析式，研究解析式，求出定点·（2）、从特殊位置入手，找出定点，在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）。
例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，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.
【解析】（1）由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.
则，=（a，–1）.由=8得a2–1=8，即a=3.
所以E的方程为+y2=1．
（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.
若t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知–3由于直线PA的方程为y=（x+3），所以y1=（x1+3）.
直线PB的方程为y=（x–3），所以y2=（x2–3）.
可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.
由于，故，可得，
即①
将代入得
所以，．
代入①式得
解得n=–3（含去），n=.
故直线CD的方程为，即直线CD过定点（，0）．
若t=0，则直线CD的方程为y=0，过点（，0）.
综上，直线CD过定点（，0）.
例2、（2020届山东省临沂市高三上期末）如图，已知点F为抛物线C：（）的焦点，过点F的动直线l与抛物线C交于M，N两点，且当直线l的倾斜角为45°时，.
（1）求抛物线C的方程.
（2）试确定在x轴上是否存在点P，使得直线PM，PN关于x轴对称？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）存在唯一的点，使直线PM，PN关于x轴对称
【解析】
（1）当直线l的倾斜角为45°，则的斜率为1，
，的方程为.
由得.
设，，则，
∴，，
∴抛物线C的方程为.
（2）假设满足条件的点P存在，设，由（1）知，
①当直线l不与x轴垂直时，设l的方程为（），
由得，
，
，.
∵直线PM，PN关于x轴对称，
∴，，.
∴，
∴时，此时.
②当直线l与x轴垂直时，由抛物线的对称性，
易知PM，PN关于x轴对称，此时只需P与焦点F不重合即可.
综上，存在唯一的点，使直线PM，PN关于x轴对称.
例3、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．
（1）求抛物线C的方程及其准线方程；
（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
【答案】（1）抛物线的方程为，准线方程为；（2）见解析.
【解析】（1）由抛物线经过点，得.
所以抛物线的方程为，其准线方程为.
（2）抛物线的焦点为.
设直线的方程为.
由得.
设，则.
直线的方程为.
令，得点A的横坐标.
同理得点B的横坐标.
设点，则，
.
令，即，则或.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点和.
题型二、圆锥曲线中定值问题
圆锥曲线中常见的定值问题，属于难题．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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
例4、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：
（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．
【解析】（1）由题设得，，解得，．
所以的方程为．
（2）设，．
若直线与轴不垂直，设直线的方程为，
代入得．
于是．①
由知，故，
可得．
将①代入上式可得．
整理得．
因为不在直线上，所以，故，．
于是的方程为.
所以直线过点.
若直线与轴垂直，可得.
由得.
又，可得.解得（舍去），.
此时直线过点.
令为的中点，即.
若与不重合，则由题设知是的斜边，故.
若与重合，则.
综上，存在点，使得为定值.
例5、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知椭圆的离心率e满足，右顶点为A，上顶点为B，点C(0，－2)，过点C作一条与y轴不重合的直线l，直线l交椭圆E于P，Q两点，直线BP，BQ分别交x轴于点M，N；当直线l经过点A时，l的斜率为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)证明：为定值．
【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）由解得或（舍去），
∴，又，
，
又，
，，
椭圆E的方程为；
（2）由题知，直线的斜率存在，设直线的方程为，
设，
由得，
∴，
=
，
∴，
=，
直线BP的方程为，令解得，则，
同理可得，
=
==，
为定值．
例6、(2019苏州三市、苏北四市二调）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：eq \f(x2,4)＋y2＝1，椭圆C2：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C2与C1的长轴长之比为eq \r(2)∶1，离心率相同．
(1) 求椭圆C2的标准方程；
(2) 设点P为椭圆C2上的一点．
①射线PO与椭圆C1依次交于点A，B，求证：eq \f(PA,PB)为定值；
②过点P作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，且直线l1，l2与椭圆C1均有且只有一个公共点，求证k1·k2为定值．
.eq \a\vs4\al(思路分析) (1)根据已知条件，求出a，b的值，得到椭圆C2的标准方程．
(2)①对直线OP斜率分不存在和存在两种情况讨论，当OP斜率存在时，设直线OP的方程为y＝kx，并与椭圆C1的方程联立，解得点A横坐标，同理求得点P横坐标，再通过弦长公式，求出eq \f(PA,PB)的表达式，化简整理得到定值．
②设P(x0，y0)，写出直线l1的方程，并与椭圆C1联立，得到关于x的一元二次方程，根据直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，得到方程只有一解，即Δ＝0，整理得(xeq \\al(2,0)－4)keq \\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq \\al(2,0)－1＝0，同理得到(xeq \\al(2,0)－4)keq \\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq \\al(2,0)－1＝0，从而说明k1，k2是关于k的一元二次方程的两个根，运用根与系数的关系，证得定值．
(1) 规范解答 设椭圆C2的焦距为2c，由题意，a＝2eq \r(2)，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，a2＝b2＋c2，解得b＝eq \r(2)，因此椭圆C2的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.(3分)
(2)①1°当直线OP斜率不存在时，
PA＝eq \r(2)－1，PB＝eq \r(2)＋1，则eq \f(PA,PB)＝eq \f(\r(2)－1,\r(2)＋1)＝3－2eq \r(2).(4分)
2°当直线OP斜率存在时，设直线OP的方程为y＝kx，代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k2＋1)x2＝4，
所以xeq \\al(2,A)＝eq \f(4,4k2＋1)，同理xeq \\al(2,P)＝eq \f(8,4k2＋1).(6分)
所以xeq \\al(2,P)＝2xeq \\al(2,A)，由题意，xP与xA同号，所以xP＝eq \r(2)xA，
从而eq \f(PA,PB)＝eq \f(|xP－xA|,|xP－xB|)＝eq \f(|xP－xA|,|xP＋xA|)＝eq \f(\r(2)－1,\r(2)＋1)＝3－2eq \r(2).
所以eq \f(PA,PB)＝3－2eq \r(2)为定值．(8分)
②设P(x0，y0)，所以直线l1的方程为y－y0＝k1(x－x0)，即y＝k1x－k1x0＋y0，
记t＝－k1x0＋y0，则l1的方程为y＝k1x＋t，
代入椭圆C1的方程，消去y，得(4keq \\al(2,1)＋1)x2＋8k1tx＋4t2－4＝0，
因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，
所以Δ＝(8k1t)2－4(4keq \\al(2,1)＋1)(4t2－4)＝0，即4keq \\al(2,1)－t2＋1＝0，
将t＝－k1x0＋y0代入上式，整理得，(xeq \\al(2,0)－4)keq \\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq \\al(2,0)－1＝0，(12分)
同理可得，(xeq \\al(2,0)－4)keq \\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq \\al(2,0)－1＝0，
所以k1，k2为关于k的方程(xeq \\al(2,0)－4)k2－2x0y0k＋yeq \\al(2,0)－1＝0的两根，从而k1·k2＝eq \f(yeq \\al(2,0)－1,xeq \\al(2,0)－4).(14
又点在P(x0，y0)椭圆C2：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1上，所以yeq \\al(2,0)＝2－eq \f(1,4)xeq \\al(2,0)，所以k1·k2＝eq \f(2－\f(1,4)xeq \\al(2,0)－1,xeq \\al(2,0)－4)＝－eq \f(1,4)为定值．(16分)
二、达标训练
1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）如图，已知椭圆，为其右焦点，直线与椭圆交于两点，点在上，且满足.(点从上到下依次排列)
(I)试用表示：
(II)证明：原点到直线l的距离为定值.
【答案】(I) ；(II)证明见解析
【解析】
(I) 椭圆，故，
.
(II)设，，则将代入得到：
，故，
，
，故，得到，
，故，同理：，
由已知得：或，
故，
即，化简得到.
故原点到直线l的距离为为定值.
2、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（1）求直线l的斜率的取值范围；
（2）设O为原点，，，求证：为定值．
【答案】（1）（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）；（2）见解析.
【解析】（1）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．
由得．
依题意，解得k<0或0又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．
所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由（1）知，．
直线PA的方程为．
令x=0，得点M的纵坐标为．
同理得点N的纵坐标为．
由，得，．
所以．
所以为定值．
3、(2019苏锡常镇调研）已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，焦点到相应准线的距离为eq \f(\r(3),3).
(1) 求椭圆E的标准方程；
(2) 已知P(t，0)为椭圆E外一动点，过点P分别作直线l1和l2，直线l1和l2分别交椭圆E于点A，B和点C，D，且l1和l2的斜率分别为定值k1和k2，求证：eq \f(PA·PB,PC·PD)为定值．
规范解答 (1)设椭圆的半焦距为c，由已知得，
eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，则eq \f(a2,c)－c＝eq \f(\r(3),3)，c2＝a2－b2，(3分)
解得a＝2，b＝1，c＝eq \r(3)，(5分)
所以椭圆E的标准方程是eq \f(x2,4)＋y2＝1.(6分)
(2) 解法1 由题意，设直线l1的方程为y＝k1(x－t)，代入椭圆E的方程中，并化简得(1＋4keq \\al(2,1))x2－8keq \\al(2,1)tx＋4keq \\al(2,1)t2－4＝0，(8分)
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
则x1＋x2＝eq \f(8keq \\al(2,1)t,1＋4keq \\al(2,1))，x1x2＝eq \f(4keq \\al(2,1)t2－4,1＋4keq \\al(2,1))，
因为PA＝eq \r(1＋keq \\al(2,1))|x1－t|，PB＝eq \r(1＋keq \\al(2,1))|x2－t|，(10分)
所以PA·PB＝(1＋keq \\al(2,1))|x1－t||x2－t|＝(1＋keq \\al(2,1))|t2－(x1＋x2)t＋x1x2|
＝(1＋keq \\al(2,1))|t2－eq \f(8keq \\al(2,1)t2,1＋4keq \\al(2,1))＋eq \f(4keq \\al(2,1)t2－4,1＋4keq \\al(2,1))|＝eq \f(（1＋keq \\al(2,1)）|t2－4|,1＋4keq \\al(2,1))，(12分)
同理，PC·PD＝eq \f(（1＋keq \\al(2,2)）|t2－4|,1＋4keq \\al(2,2))，(14分)
所以eq \f(PA·PB,PC·PD)＝eq \f(（1＋keq \\al(2,1)）（1＋4keq \\al(2,2)）,（1＋keq \\al(2,2)）（1＋4keq \\al(2,1)）)为定值．(16分)
解法2 由题意，设直线l1的方程为y＝k1(x－t)，直线l2的方程为y＝k2(x－t)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
直线l1的方程为y＝k1(x－t)，代入椭圆E的方程中，并化简得(1＋4keq \\al(2,1))x2－8keq \\al(2,1)tx＋4keq \\al(2,1)t2－4＝0，(8分)
则x1＋x2＝eq \f(8keq \\al(2,1)t,1＋4keq \\al(2,1))，x1x2＝eq \f(4keq \\al(2,1)t2－4,1＋4keq \\al(2,1))，同理则x3＋x4＝eq \f(8keq \\al(2,2)t,1＋4keq \\al(2,2))，x3x4＝eq \f(4keq \\al(2,2)t2－4,1＋4keq \\al(2,2))，
eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝(x1－t，y1)(x2－t，y2)＝(x1－t)(x2－t)＋keq \\al(2,1)(x1－t)(x2－t)＝(x1－t)(x2－t)(1＋keq \\al(2,1))，
eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝(x3－t，y3)(x4－t，y4)＝(x3－t)(x4－t)＋keq \\al(2,2)(x3－t)(x4－t)＝(x3－t)(x4－t)(1＋keq \\al(2,2))．(12分)
因为P，A，B三点共线，所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝PA·PB，同理，eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝PC·PD.
eq \f(PA·PB,PC·PD)＝eq \f(\(PA,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→)),\(PC,\s\up6(→))·\(PD,\s\up6(→)))＝eq \f(（x1－t）（x2－t）（1＋keq \\al(2,1)）,（x3－t）（x4－t）（1＋keq \\al(2,2)）)＝eq \f(（1＋keq \\al(2,1)）,（1＋keq \\al(2,2)）)·eq \f(（x1－t）（x2－t）,（x3－t）（x4－t）)＝eq \f(（1＋keq \\al(2,1)）,（1＋keq \\al(2,2)）)·eq \f(x1x2－t（x1＋x2）＋t2,x3x4－t（x3＋x4）＋t2).
代入x1＋x2＝eq \f(8keq \\al(2,1)t,1＋4keq \\al(2,1))，x1x2＝eq \f(4keq \\al(2,1)t2－4,1＋4keq \\al(2,1))，x3＋x4＝eq \f(8keq \\al(2,2)t,1＋4keq \\al(2,2))，x3x4＝eq \f(4keq \\al(2,2)t2－4,1＋4keq \\al(2,2))，化简得eq \f(PA·PB,PC·PD)＝eq \f(（1＋keq \\al(2,1)）（1＋4keq \\al(2,2)）,（1＋keq \\al(2,2)）（1＋4keq \\al(2,1)）)，(14分)
因为是定值，所以eq \f(PA·PB,PC·PD)＝eq \f(（1＋keq \\al(2,1)）（1＋4keq \\al(2,2)）,（1＋keq \\al(2,2)）（1＋4keq \\al(2,1)）)为定值．(16分)
eq \a\vs4\al(解后反思) 本题着重考查了计算能力，而在运算过程中借助了两条直线的地位一致性，只需算出一份数据即可，另外对应换掉相应位置的参数就好，需要考生仔细观察，不能盲目地硬算．定值问题，要恰当去转化，能很好的降低计算量，用向量的坐标来计算，结构对称、优美，代入根与系数关系可以很容易得出结果
4、(2018苏州暑假测试）如图，已知椭圆O：eq \f(x2,4)＋y2＝1的右焦点为F，点B，C分别是椭圆O的上、下顶点，点P是直线l：y＝－2上的一个动点(与y轴的交点除外)，直线PC交椭圆于另一个点M.
(1) 当直线PM经过椭圆的右焦点F时，求△FBM的面积；
(2) ①记直线BM，BP的斜率分别为k1，k2，求证：k1•k2为定值；
规范解答 (1) 由题意B(0，1)，C(0，－1)，焦点F(eq \r(3)，0)，
当直线PM过椭圆的右焦点F时，
则直线PM的方程为eq \f(x,\r(3))＋eq \f(y,－1)＝1，即y＝eq \f(\r(3),3)x－1，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(\r(3),3)x－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(8\r(3),7)，,y＝\f(1,7)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝－1))(舍)，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),7)，\f(1,7))).(2分)
连结BF，则直线BF：eq \f(x,\r(3))＋eq \f(y,1)＝1，即x＋eq \r(3)y－eq \r(3)＝0，
而BF＝a＝2，点M到直线BF的距离为d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),7)＋\r(3)×\f(1,7)－\r(3))),\r(12＋（\r(3)）2))＝eq \f(\f(2\r(3),7),2)＝eq \f(\r(3),7).
故S△MBF＝eq \f(1,2)·BF·d＝eq \f(1,2)×2×eq \f(\r(3),7)＝eq \f(\r(3),7).(4分)
(2) 解法1(点P为主动点) ①设P(m，－2)，且m≠0，则直线PM的斜率为k＝eq \f(－1－（－2）,0－m)＝－eq \f(1,m)，
则直线PM的方程为y＝－eq \f(1,m)x－1，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,m)x－1，,\f(x2,4)＋y2＝1))化简得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4,m2)))x2＋eq \f(8,m)x＝0，
解得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8m,m2＋4)，\f(4－m2,m2＋4)))，(6分)
所以k1＝eq \f(\f(4－m2,m2＋4)－1,－\f(8m,m2＋4))＝eq \f(－2m2,－8m)＝eq \f(1,4)m，k2＝eq \f(1－（－2）,0－m)＝－eq \f(3,m)，(8分)
所以k1·k2＝－eq \f(3,m)·eq \f(1,4)m＝－eq \f(3,4)为定值．(10分)
5、(2016泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy中， 已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1，A为椭圆右顶点．过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D(－eq \f(6,5)，0).设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.
(1) 求k1k2的值；
(2) 记直线PQ，BC的斜率分别为kPQ，kBC，是否存在常数λ，使得kPQ＝λkBC？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由；
(3) 求证：直线AC必过点Q.
思路分析 (1) 直接设出B(x0，y0)，C(－x0，－y0)，求出k1，k2，并运用椭圆方程消去y0即可；
(2) 设出直线AP为y＝k1(x－2)，与圆联立得出点P坐标，与椭圆联立得出点B坐标，通过斜率公式求出kPQ和kBC即得λ的值；
(3) 通过直线PQ与x轴垂直时特殊的位置，猜想直线AC过点Q，再证明当直线PQ与x轴不垂直时，直线AC也过点Q，先通过直线PQ方程与圆方程联立，求出点Q坐标，再通过证明斜率相等来证明三点共线，从而证得直线AC必过点Q.
规范解答 (1) 设B(x0，y0)，则C(－x0，－y0)，eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，
因为A(2,0)，所以k1＝eq \f(y0,x0－2)，k2＝eq \f(y0,x0＋2)，
所以k1k2＝eq \f(y0,x0－2)·eq \f(y0,x0＋2)＝eq \f(y\\al(2,0),x\\al(2,0)－4)＝eq \f(1－\f(1,4)x\\al(2,0),x\\al(2,0)－4)＝－eq \f(1,4).(4分)
(2) 设直线AP方程为y＝k1(x－2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x－2，,x2＋y2＝4))得(1＋keq \\al(2,1))x2－4keq \\al(2,1)x＋4(keq \\al(2,1)－1)＝0，解得xP＝eq \f(2k\\al(2,1)－1,1＋k\\al(2,1))，yP＝k1(xP－2)＝eq \f(－4k1,1＋k\\al(2,1))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x－2，,\f(x2,4)＋y2＝1))得(1＋4keq \\al(2,1))x2－16keq \\al(2,1)x＋4(4keq \\al(2,1)－1)＝0，解得xB＝eq \f(24k\\al(2,1)－1,1＋4k\\al(2,1))，yB＝k1(xB－2)＝eq \f(－4k1,1＋4k\\al(2,1))，(8分)
所以kBC＝eq \f(yB,xB)＝eq \f(－2k1,4k\\al(2,1)－1)，kPQ＝eq \f(yP,xP＋\f(6,5))＝eq \f(\f(－4k1,1＋k\\al(2,1)),\f(2k\\al(2,1)－1,1＋k\\al(2,1))＋\f(6,5))＝eq \f(－5k1,4k\\al(2,1)－1)，
所以kPQ＝eq \f(5,2)kBC，故存在常数λ＝eq \f(5,2)，使得kPQ＝eq \f(5,2)kBC.(10分)
(3) 设直线AC方程为y＝k2(x－2)，
当直线PQ与x轴垂直时，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，－\f(8,5)))，
则P－eq \f(6,5)，eq \f(8,5)，所以k1＝－eq \f(1,2)，即B(0,1)，C(0，－1)，所以k2＝eq \f(1,2)，
则kAQ＝eq \f(－\f(8,5),－\f(6,5)－2)＝eq \f(1,2)＝k2，所以直线AC必过点Q.
当直线PQ与x轴不垂直时，设直线PQ方程为y＝eq \f(－5k1,4k\\al(2,1)－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(6,5)))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(－5k1,4k\\al(2,1)－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(6,5)))，,x2＋y2＝4))解得xQ＝eq \f(－216k\\al(2,1)－1,16k\\al(2,1)＋1)，yQ＝eq \f(16k1,16k\\al(2,1)＋1)，
因为k2＝eq \f(－yB,－xB－2)＝eq \f(\f(4k1,1＋4k\\al(2,1)),\f(21－4k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))－2)＝－eq \f(1,4k1)，
所以kAQ＝eq \f(\f(16k1,16k\\al(2,1)＋1),\f(－216k\\al(2,1)－1,16k\\al(2,1)＋1)－2)＝－eq \f(1,4k1)＝k2，故直线AC必过点Q.(16分)
(不考虑直线与x轴垂直的情形扣1分)