圆锥曲线综合——定点定值问题(带详解)

圆锥曲线中的定点定值问题
前几节课已经学习过圆锥曲线的椭圆、双曲线、抛物线的相关知识点与题型，那么这节课我们来学习圆锥曲线的综合应用之定点定值题型。

圆锥曲线是解析几何的重要内容之一，也是高考重点考查的内容和热点，知识综合性较强，对学生逻辑思维能力计算能力等要求很高，这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用．定值问题与定点问题是这类题目的典型代表，为了提高解题效率，特别是高考备考效率，本次课讲解一些典型的定点和定值问题。

1．直线与圆锥曲线的位置关系
判断直线l 与圆锥曲线C 的位置关系时，通常将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A ，B 不同时为0)代入圆锥曲线C 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或变量y )的一元方程．
即⎩⎪⎨⎪
⎧
Ax ＋By ＋C ＝0，F (x ，y )＝0，
消去y ，得ax 2＋bx ＋c ＝0. (1)当a ≠0时，设一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0的判别式为Δ，则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C 相交； Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C 相切； Δ<0⇔直线与圆锥曲线C 相离．
(2)当a ＝0，b ≠0时，即得到一个一次方程，则直线l 与圆锥曲线C 相交，且只有一个交点，此时，若C 为双曲线，则直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C 为抛物线，则直线l 与抛物线的对称轴的
位置关系是平行或重合．
[探究] 直线与圆锥曲线只有一个公共点时，是否是直线与圆锥曲线相切？
提示：直线与圆锥曲线只有一个公共点时，未必一定相切，还有其他情况，如抛物线与平行或重合于其对称轴的直线，双曲线与平行于其渐近线的直线，它们都只有一个公共点，但不是相切，而是相交．
2．圆锥曲线的弦长
设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝
1＋1
k
2·|y 1－y 2|＝ 1＋1
k
2·(y 1＋y 2)2－4y 1y 2. 3.弦中点问题
对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件是Δ≥0.
(1)在椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1中，以P (x 0，y 0)为中点的弦所在直线的斜率k ＝－b 2x 0
a 2y 0.
(2)在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1中，以P (x 0，y 0)为中点的弦所在直线的斜率k ＝b 2x 0
a 2y 0.
(3)在抛物线y 2＝2px (p >0)中，以P (x 0，y 0)为中点的弦所在直线的斜率k ＝p
y 0.
斜率为2的直线经过椭圆x 25＋y 2
4＝1的右焦点F 1，与椭圆相交于A ，B 两点，则弦AB 的长为________.
解析 F 1(1，0)，直线AB 的方程为y ＝2(x －1)，即2x －y －2＝0，由⎩⎪⎨⎪
⎧2x －y －2＝0x 25＋y 24＝1得3x 2－5x ＝0，
设A (x 1，y 1)B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝5
3
，x 1x 2＝0，
∴|AB |＝（1＋k 2AB ）[（x 1＋x 2）2
－4x 1x 2]
＝
（1＋2）2⎣⎡⎭⎫532
－4×0＝55
3
.
答案 55
3
涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解
直线l 过定点P (0，1)且与抛物线y 2＝2x 只有一个公共点，则直线l 的方程为________.
解析 当直线的斜率不存在即直线方程为x ＝0时.符合题意，当直线的斜率存在设直线l 方程为y ＝kx ＋1，代入y 2＝2x 得k 2x 2＋2(k －1)x ＋1＝0，当k ＝0时，y ＝1符合题意；当k ≠0时，由Δ＝0得k ＝1
2，直线方程
为y ＝1
2x ＋1, 即x －2y ＋2＝0.
答案 x ＝0或y ＝1或x －2y ＋2＝0
解决直线与圆锥曲线相交，相切，相离等问题时，一定要注意直线垂直于x 轴的情形，此时直线的斜率不存在；以免漏解
学法总结：
证明定点和定值问题的方法
重难点解析：
重难点解析：
定点和定值问题的证明方法有两种：一是研究一般情况，通过逻辑推理与计算得到定点或定值，这种方法难度大，运算量大，且思路不好寻找；另外一种方法就是先利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向．
圆锥曲线中的定值、定点问题要善于从运动中寻找不变的要素，可以先通过特例、极限位置等探求定值、定点，然后利用推理证明的方法证明之．
备注：学法总结部分是本次课知识点的学习方法和记忆方式等(总结本次课的复习策略）
题型一、定点问题
例1、【2017全国I 卷（理）】已知椭圆C ：（a >b >0），四点P 1（1,1），P 2（0,1），P 3（–1，
），P 4（1，）中恰有三点在椭圆C 上. （1）求C 的方程；
（2）设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为–1，证明：l 过定点.
解：（1）根据椭圆对称性，必过、
又横坐标为1，椭圆必不过，所以过三点 将代入椭圆方程得，解得， ∴椭圆的方程为：．
（2）当斜率不存在时，设 得，此时过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
22
22=1x y a b
+323
2
3P 4P 4P 1P 234P P P ，，
()2330112P P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，，2221
1
3
14
1
b a
b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩24a =21b =C 22
14
x y +=①()():A A l x m A m y B m y =-，，，，22112
1A A P A P B y y k k m m m ----+=
+==-2m =l
满足.
的轨迹方程；
=-3上，且.证明：过点在椭圆上．∴，即，，，∴． 设直线： 2NP NM =1OP PQ ⋅=0)，
(0NP =，102NM NP ⎛== ⎝，212x ⎛+=22
2x y +=(0)Q y ≠(P OP PQ x ⋅=()
2
1OP OQ OP OP OQ OP ⋅-=⋅-=2
1OP OQ OP ⋅=+=3Q y =OQ 3
Q y y x =
⋅-3
Q
y =
故直线方程为， 令，得，，∴，
∵，∴，
若，则，，，
直线方程为，直线方程为，直线过点，为椭圆的左焦点．
求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x ，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，或者可以通过特例探求，再用一般化方法证明．
题型二、定值问题
例1、(2016·全国Ⅰ,20)设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ,直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合,l 交圆A 于C ,D 两点,过B 作AC 的平行线交AD 于点E . (1)证明|EA |＋|EB |为定值,并写出点E 的轨迹方程；
(2)设点E 的轨迹为曲线C 1,直线l 交C 1于M ,N 两点,过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ,Q 两点,求四边形MPNQ 面积的取值范围.
(1)证明 因为|AD |＝|AC |,EB ∥AC ,故∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ,所以|EB |＝|ED |, 故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.
又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16,从而|AD |＝4,所以|EA |＋|EB |＝4.
由题设得A (－1,0),B (1,0),|AB |＝2,由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为:x 24＋y 2
3
＝1(y ≠0).
(2)解 当l 与x 轴不垂直时,设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2).由⎩⎪⎨⎪
⎧y ＝k （x －1），x 24＋y 23＝1
得(4k 2＋3)x 2
l 3
()P P Q
y x x y y =
-+0y =3()P Q P y y x x -=-13P Q P y y x x -⋅=-1
3P Q P x y y x =-⋅+33P Q P y y x =+1
(33)13
P P x x x =-++=-0Q y =33P x -=1P x =-1P y =±OQ 0y =l 1x =-l (10)-，C
例3、 (2014·江西)如图，已知抛物线C ：x 2＝4y ，过点M (0，2)任作一直线与C 相交于A ，B 两点，过点B 作y 轴的平行线与直线AO 相交于点D (O 为坐标原点)．
(1)证明：动点D 在定直线上；
(2)作C 的任意一条切线l (不含x 轴)，与直线y ＝2相交于点N 1，与(1)中的定直线相交于点N 2.证明：|MN 2|2－|MN 1|2为定值，并求此定值．
证明：(1)依题意可设AB 方程为y ＝kx ＋2，代入x 2＝4y ，得x 2＝4(kx ＋2)，即x 2－4kx －8＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1x 2＝－8，
直线AO 的方程为y ＝y 1
x 1
x ，BD 的方程为x ＝x 2，解得交点D 的坐标为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 2，y ＝y 1x 2x 1.
注意到x 1x 2＝－8及x 21＝4y 1，则有y ＝y 1x 1x 2x 21
＝－8y 1
4y 1＝－2.因此D 点在定直线y ＝－2(x ≠0)上． (2)依题设，切线l 的斜率存在且不等于0，设切线l 的方程为y ＝ax ＋b (a ≠0)，代入x 2＝4y 得x 2＝4(ax ＋b )，
即x 2－4ax －4b ＝0，由Δ＝0得16a 2＋16b ＝0，化简整理得b ＝－a 2.
故切线l 的方程可写为y ＝ax －a 2.
分别令y ＝2，y ＝－2得N 1，N 2的坐标为N 1⎝⎛⎭⎫2a ＋a ，2，N 2⎝⎛⎭⎫－2
a ＋a ，－2， 则|MN 2|2－|MN 1|2＝⎝⎛⎭⎫－2a ＋a 2
＋42－⎝⎛⎭
⎫2a ＋a 2
＝8，即|MN 2|2－|MN 1|2为定值8.
解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值，求定值问题常见的方法有两种：
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．
与定点定值结合的探索性问题
例1、(2015·四川,20)如图,椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是2
2,过点P (0,1)的动直线l 与椭圆相交于
A ,
B 两点,当直线l 平行于x 轴时,直线l 被椭圆E 截得的线段长为2 2. (1)求椭圆E 的方程；
(2)在平面直角坐标系xOy 中,是否存在与点P 不同的定点Q ,使得|QA ||QB |＝|P A |
|PB |恒成立？
若存在,求出点Q 的坐标；若不存在,请说明理由.
解 (1)由已知,点(
2,1)在椭圆E 上,因此⎩⎨⎧
2a 2＋1
b 2
＝1，a 2
－b 2
＝c 2
，c a ＝22，
解得a ＝2,b ＝
2,所以椭圆E 方程为x 24＋y 2
2
＝1.
(2)当直线l 与x 轴平行时,设直线l 与椭圆相交于C 、D 两点, 如果存在定点Q 满足条件,则有
|QC ||QD |＝|PC |
|PD |
＝1,即|QC |＝|QD |, 所以Q 点在y 轴上,可设Q 点的坐标为(0,y 0),
当直线l 与x 轴垂直时,设直线l 与椭圆相交于M ,N 两点,则M ,N 的坐标分别为(0,2),(0,－2), 由
|QM ||QN |＝|PM ||PN |,有|y 0－2|
|y 0＋2|＝2－12＋1
,解得y 0＝1,或y 0＝2, 所以,若存在不同于点P 的定点Q 满足条件,则Q 点坐标只可能为(0,2), 下面证明：对任意直线l ,均有|QA ||QB |＝|P A ||PB |,
当直线l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立,
当直线l 的斜率存在时,可设直线l 的方程为y ＝kx ＋1,A 、B 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2),
联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2
2＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0,其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0,
所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1,x 1x 2＝－22k 2＋1,因此1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2
x 1x 2＝2k ,
易知,点B 关于y 轴对称的点B ′的坐标为(－x 2,y 2),
又k QA ＝y 1－2x 1＝kx 1－1x 1＝k －1x 1,k QB ′＝y 2－2－x 2＝kx 2－1－x 2＝－k ＋1x 2＝k －1
x 1,
所以k QA ＝k QB ′,即Q ,A ,B ′三点共线,所以|QA ||QB |＝|QA ||QB ′|＝|x 1||x 2|＝|P A |
|PB |,
故存在与P 不同的定点Q (0,2),使得|QA ||QB |＝|P A |
|PB |
恒成立.
例2、(2012·福建高考)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，离心率e ＝1
2.过F 1
的直线交椭圆于A 、B 两点，且△ABF 2的周长为8.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q .试探究：在坐标平面内是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．
解：(1)因为|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8， 即|AF 1|＋|F 1B |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8，⇨(1分)
又|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ，⇨(2分)所以4a ＝8，a ＝2. 又因为e ＝12，即c a ＝1
2，所以c ＝1，⇨(3分)所以b ＝a 2－c 2＝ 3.
故椭圆E 的方程是x 24＋y 2
3
＝1.⇨(4分)
(2)由⎩⎪⎨⎪
⎧
y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，
消去y 得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.⇨(5分)
因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0，y 0)，所以m ≠0且Δ＝0，⇨(6分)
易忽视定义的应用．
即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0， 化简得4k 2－m 2＋3＝0. (*)⇨(7分)
此时x 0＝－4km 4k 2＋3
＝－4k m ，y 0＝kx 0＋m ＝3
m ，所以P ⎝⎛⎭⎫－4k m ，3m .⇨(8分) 由⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＝4，
y ＝kx ＋m ，得Q (4,4k ＋m )．⇨(9分) 假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．⇨(10分) 设M (x 1,0)，则MP ·MQ ＝0对满足(*)式的m ，k 恒成立． 因为MP ＝⎝⎛⎭⎫－4k m
－x 1，3
m ， MQ ＝(4－x 1,4k ＋m )，
由MP ·MQ ＝0，
得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k
m ＋3＝0， 整理，得(4x 1－4)k m ＋x 21－4x 1＋3＝0.(**)⇨(11分)
由于(**)式对满足(*)式的m ，k 恒成立，
所以⎩⎪⎨⎪⎧
4x 1－4＝0，x 21－4x 1
＋3＝0，解得x 1＝1.⇨(12分)
故存在定点M (1,0)，使得以PQ 为直径的圆恒过点M .⇨(13分)
解决圆锥曲线中与定点定值结合的探索性问题的一般步骤：
课后
作业
忽视圆的对称性，判断不出M 必在x 轴上．
对于方程(4x 1－4)·k
m ＋x 12
－4x 1＋3＝0不会利用对m ，k 恒成立，求解x 1.
第一步 提假设
⇒
第二步 作推理
⇒
第三步 来证
明 ⇒
第四步 下结论
假设结论成立
以假设为条件，进行推理求解
明确规范结
论，若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确．若推出矛盾，即否定假设
回顾反思解题过程
O是坐标原点，FA与x轴正OA|为(
C.
136p D.1336
p 解析：选B 如图，过A 作AD ⊥x 轴于D ，令|FD |＝m ，则|F A |＝2m ，|AD |＝3m ，由抛物线定义知|F A |＝|AB |，即p ＋m ＝2m ，∴m ＝p . ∴|OA |＝
⎝⎛⎭⎫p 2＋p 2＋(3p )2＝212
p .
5、(2015·重庆,10)设双曲线x 2a 2－y 2
b 2＝1(a ＞0,b ＞0)的右焦点为F ,右顶点为A ,过F 作AF 的垂线与双曲线交于
B ,
C 两点,过B ,C 分别作AC ,AB 的垂线,两垂线交于点
D ,若D 到直线BC 的距离小于a ＋a 2＋b 2,则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是( )
A.(－1,0)∪(0,1)
B.(－∞,－1)∪(1,＋∞)
C.(－2,0)∪(0,2)
D.(－∞,－2)∪(2,＋∞)
5.A [由题意A (a ,0),B ⎝⎛⎭⎫c ，b 2
a ,C ⎝⎛⎭⎫c ，－b
2
a ,由双曲线的对称性知D 在x 轴上,设D (x ,0),由BD ⊥AC 得
b 2a －0
c －x ·b 2
a a －c ＝－1,解得c －x ＝
b 4a 2（
c －a ）,所以c －x ＝b 4a 2（c －a ）＜a ＋a 2＋b 2
＝a ＋c ,所以b 4a 2＜c 2
－a 2＝
b 2⇒b 2a 2＜1⇒0＜b
a
＜1,因此渐近线的斜率取值范围是(－1,0)∪(0,1),选A.]
6、已知椭圆x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左焦点F 为圆x 2＋y 2＋2x ＝0的圆心，且椭圆上的点到点F 的距离的
最小值为2－1.
(1)求椭圆方程；
(2)已知经过点F 的动直线l 与椭圆交于不同的两点A ，B ，点M ⎝⎛⎭⎫－54，0，证明：MA →·MB →
为定值． 解：(1)圆的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝1，则圆心为(－1，0)，半径r ＝1，∴椭圆的半焦距c ＝1. 又椭圆上的点到点F 的距离的最小值为2－1，∴a －c ＝2－1，即a ＝2，则b 2＝a 2－c 2＝1.
故所求椭圆的方程为x 22＋y 2
＝1.
(2)证明：∴当直线l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝－1.
可求得A ⎝⎛⎭⎫－1，22，B ⎝⎛⎭⎫－1，－22.此时MA →·MB →
＝⎝⎛⎭⎫14，22·⎝⎛⎭⎫14，－22＝－716.
∴当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，
由⎩⎪⎨⎪
⎧y ＝k （x ＋1），x 22＋y 2＝1
得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k 2
1＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k 2
.
∴MA →·MB →＝⎝⎛⎭⎫x 1＋54，y 1·⎝⎛⎭⎫x 2＋54，y 2＝⎝⎛⎭⎫x 1＋54⎝⎛⎭⎫x 2＋54＋y 1y 2＝x 1x 2＋54
(x 1＋x 2)＋⎝⎛⎭⎫542＋k (x 1＋1)·k (x 2＋1)
＝(1＋k 2
)x 1x 2＋⎝⎛⎭⎫k 2＋54(x 1＋x 2)＋k 2＋2516＝(1＋k 2)·2k 2
－21＋2k 2＋⎝⎛⎭⎫k 2＋54⎝⎛⎭⎫－4k 2
1＋2k 2＋k 2＋2516
＝－4k 2－21＋2k 2＋2516
＝－2＋2516＝－7
16.
综上得MA →·MB →
为定值，且定值为－716.
7、椭圆C ：22221x y a b +=(a ＞b ＞0)的离心率为35，P (m ，0)为C 的长轴上的一个动点，过P 点斜率为4
5
的
直线l 交C 于A 、B 两点.当m ＝0时，41
2
PA PB ⋅=- (1)求C 的方程；
(2)证明：2
2
||||PA PB +为定值.
8、(2013·陕西)已知动圆过定点A (4，0)，且在y 轴上截得弦MN 的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C 的方程；
(2)已知点B (－1，0)，设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹C 交于不同的两点P ，Q ，若x 轴是∴PBQ 的角平分线，证明直线l 过定点．
解：(1)如图，设动圆圆心O 1(x ，y )，由题意，||O 1A ＝||O 1M ，当O 1不在y 轴上时，过O 1作O 1H ∴MN 交
MN 于点H ，则H 是MN 的中点，||MH ＝1
2
||MN ＝4，∴||O 1M ＝x 2＋42.
又||O 1A ＝（x －4）2＋y 2，∴（x －4）2＋y 2＝x 2＋42，化简得y 2＝8x (x ≠0)；
当O 1在y 轴上时，O 1与O 重合，点O 1的坐标(0，0)也满足方程y 2＝8x ，∴动圆圆心的轨迹C 的方程为y 2＝8x .
(2)证明：如图，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将y ＝kx ＋b 代入y 2＝8x 中，得k 2x 2＋(2kb －8)x ＋b 2＝0，其中Δ＝(2kb －8)2－4k 2b 2＝64－32kb >0，得kb <2.
由根与系数的关系知x 1＋x 2＝8－2kb
k 2
，∴
x 1x 2＝b 2
k
2，∴
∴x 轴是∴PBQ 的角平分线，
∴－y 1x 1＋1＝y 2
x 2＋1
，
即y 1(x 2＋1)＋y 2(x 1＋1)＝0，(kx 1＋b )(x 2＋1)＋(kx 2＋b )(x 1＋1)＝0，2kx 1x 2＋(b ＋k )(x 1＋x 2)＋2b ＝0，∴ 将∴∴代入∴得2kb 2＋(k ＋b )(8－2bk )＋2k 2b ＝0， 化简得k ＝－b ，此时Δ>0，
∴直线l 的方程为y ＝k (x －1)，且过定点(1，0)．
9、如图所示，等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E ：x 2＝2py (p >0)上．
(1)求抛物线E 的方程；
(2)设动直线l 与抛物线E 相切于点P ，与直线y ＝－1相交于点Q ，求证：以PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点．
解：(1)依题意，得|OB |＝83，∴BOy ＝30°.设B (x ，y )，则x ＝|OB |sin30°＝43，y ＝|OB |cos30°＝12. ∴点B (43，12)在x 2＝2py (p >0)上，∴(43)2＝2p ×12，解得p ＝2.∴抛物线E 的方程为x 2＝4y .
(2)证法一：由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x .设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，且l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝1
2x 0x
－1
4x 20
. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 20－42x 0，y ＝－1，
∴Q ⎝⎛⎭⎫x 2
0－42x 0，－1. 设M (0，y 1)，令MP →·MQ →
＝0对满足y 0＝14x 20(x 0
≠0)的点(x 0，y 0)恒成立．
由于MP →＝(x 0，y 0－y 1)，MQ →＝⎝⎛⎭
⎫x 2
0－42x 0，－1－y 1，。