圆锥曲线的定值定点问题

前言

例说运算

圆锥曲线中的定值定点问题的运算往往少不了以下的过程。

将直线(y=kx+2)代入圆锥曲线(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{3}=1)的代入运算过程，可以如下简化：

先将圆锥曲线整理为(3x^2+4y^2-12=0)，然后这样在演草纸上书写，注意对齐书写，一次运算过

(left{egin{array}{l}{3x^2}\{4(k^2x^2+4kx+4)}\{hspace{6em}-12}end{array} ight.)

一次就可以整理为((4k^2+3)x^2+16kx+4=0)；

定点问题

• 动直线(l)过定点问题

解法思路：设动直线方程(斜率存在)为(y=kx+t)，由题设条件将(t)用(k)表示为(t=km)，得到(y=k(x+m))形式，故动直线过定点((-m，0))；

• 动曲线(C)过定点问题

解法思路：引入参变量建立曲线(C)的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点。

例1[定点问题]【2020届宝鸡市质检1理数第21题】已知动圆(Q)与直线(x+frac{1}{2}=0)相切，且与圆(x^2+y^2)(-2x+)(frac{3}{4})(=0)外切；

(1).求动圆(Q)的圆心轨迹(C)的方程；

[法1]：直接法，将圆(x^2+y^2-2x+frac{3}{4}=0)化为标准形式为((x-1)^2+y^2=frac{1}{4})，

设动圆的圆心(Q)坐标为(Q(x,y))，由动圆(Q)与直线(x+frac{1}{2}=0)相切，且与圆((x-1)^2+y^2=frac{1}{4})外切；

可知(sqrt{(x-1)^2+y^2}=|x+frac{1}{2}|+frac{1}{2}=x+1)，两边平方整理得到，(y^2=4x)，

所以动圆(Q)的圆心轨迹(C)的方程为(y^2=4x)。

[法2]：定义法，动圆心(Q(x,y))到定圆点((1,0))的距离为(r+frac{1}{2})，动圆心(Q(x,y))到定直线(x+frac{1}{2}=0)的距离为(r)，

则动圆心(Q(x,y))到定直线(x+1=0)的距离为(r+frac{1}{2})，

则动点(Q(x,y))到定点的距离与动点到定直线的距离相等，故动点的轨迹为形如(y^2=2px)的抛物线，

且(cfrac{p}{2}=1)，则(p=2)，故(y^2=4x)。

(2).已知点(P(1,2))，过点(F(1,0))且斜率存在的直线与轨迹(C)交于(A)，(B)两点，直线(AP)，(BP)分别交直线(x+1=0)于点(S)，(T)两点，求证：以(ST)为直径的圆过定点。

分析：由题意可设直线(AB：x=my+1(m eq 0))，

则由(left{egin{array}{l}{x=my+1}\{y^2=4x}end{array} ight.quad) 消去(x)得到，(y^2-4my-4=0)，

设(A(cfrac{y_1^2}{4},y_1))，(B(cfrac{y_2^2}{4},y_2))，则由韦达定理可得，(y_1+y_2=4m)，(y_1y_2=-4)，

设直线(AP)，(BP)的斜率分别为(k_1)，(k_2)，结合点(P(1,2))，

则可知，(k_1=cfrac{y_1-2}{frac{y_1^2}{4}-1}=cfrac{4}{y_1+2})，同理(k_2=cfrac{4}{y_2+2})

设点(S(-1,y_{ iny{S}}))，点(T(-1,y_{ iny{T}}))，又直线(AP)的方程为(y-y_{ iny{S}}=k_1(x+1))，则(y_{ iny{S}}=y-k_1(x+1))，

又由于此直线经过点(P(1，2))，则(y_{ iny{S}}=2-cfrac{4}{y_1+2} imes 2=2-cfrac{8}{y_1+2}=cfrac{2(y_1-2)}{y_1+2})

同理(y_{ iny{T}}=2-cfrac{8}{y_2+2}=cfrac{2(y_2-2)}{y_2+2})

从而(y_{ iny{S}}cdot y_{ iny{T}}=cfrac{2(y_1-2)}{y_1+2}cdot cfrac{2(y_2-2)}{y_2+2})

(=cfrac{4[y_1y_2-2(y_1+y_2)+4]}{y_1y_2+2(y_1+y_2)+4})(=cfrac{4(-4+2 imes 4m+4)}{-4+2 imes 4m+4}=-4)

(y_{ iny{S}}+ y_{ iny{T}}=(2-cfrac{8}{y_1+2})+(2-cfrac{8}{y_2+2}))

(=4-8(cfrac{1}{y_1+2}+cfrac{1}{y_2+2})=4-cfrac{8[(y_1+y_2)+4]}{y_1y_2-2(y_1+y_2)+4})

(=4-cfrac{8(4m+4)}{-4+2 imes 4m+4}=-cfrac{4}{m})，

又由于以(ST)为直径的圆的方程为：((x+1)^2+(y-y_{ iny{S}})(y-y_{ iny{T}})=0)，

即(y^2-(y_{ iny{S}}+y_{ iny{T}})y+y_{ iny{S}}y_{ iny{T}}+(x+1)^2=0)，

即(x^2+2x-3+y^2+cfrac{4}{m}y=0①)，圆的方程与(m)的取值无关，故须有(y=0)，

由方程①可得，(x^2+2x-3=0)，解得(x=-3)或(x=1)，

从而以(ST)为直径的圆恒过定点((-3,0))和((1,0)).

解后反思：直径式方程((x-x_1)(x-x_2)+(y-y_1)(y-y_2)=0)，[其中圆的直径的端点是(A(x_1，y_1))、(B(x_2，y_2))]

典例剖析

例2【必会例题】(A)、(B)是抛物线(y^2=2px(p>0))上的两点，且(OAperp OB)；

设(A(x_1，y_1))、(B(x_2，y_2))，中点(P(x_0，y_0))

（1）求(A)、(B)两点的横坐标之积和纵坐标之积；

分析：(k_{OA}=cfrac{y_1}{x_1})，(k_{OB}=cfrac{y_2}{x_2})，

由于(OAperp OB)，则有(k_{OA}cdot k_{OB}=-1)，则(x_1x_2+y_1y_2=0)，

又由于(y_1^2=2px_1)，(y_2^2=2px_2)，则有(cfrac{y_1^2}{2p}cdot cfrac{y_2^2}{2p}+y_1y_2=0)，

由于(y_1 eq 0)，(y_2 eq 0)，故得到(y_1y_2=-4p^2)，(x_1x_2=4p^2)；

（2）求证：直线(AB)恒过定点；

分析：由于(y_1^2=2px_1)，(y_2^2=2px_2)，

所以((y_1-y_2)(y_1+y_2)=2p(x_1-x_2))，

所以当(x_1 eq x_2)时，(cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=cfrac{2p}{y_1+y_2})，即(k_{AB}=cfrac{2p}{y_1+y_2})

则直线(AB:) (y-y_1=cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-x_1))，即(y=cfrac{2px}{y_1+y_2}+y_1-cfrac{2px_1}{y_1+y_2})

所以(y=cfrac{2px}{y_1+y_2}+cfrac{y_1^2-2px_1+y_1y_2}{y_1+y_2})

由于(y_1^2=2px_1)，(y_1y_2=-4p^2)，

所以(y=cfrac{2px}{y_1+y_2}+cfrac{-4p^2}{y_1+y_2})，整理为(y=cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-2p))，

所以直线(AB)过定点((2p，0))，设(M(2p，0))，

当(x_1=x_2)时，可知(AB)方程为(x=2p)，过点(M(2p，0))，

综上可知，直线(AB)恒过定点(M(2p，0))。

例3【衡水金卷，直线过定点类型】如图所示，已知点(A(-1，0))是抛物线的准线与(x)轴的交点，过点(A)的直线与抛物线交于点(M，N)两点，过点(M)的直线交抛物线于另一个点(Q)，且直线(MQ)过点(B(1，-1)).

(1).求抛物线的方程。

分析：由题目图形可知，(cfrac{p}{2}=1)，则(p=2)，

故顶点在坐标原点，开口向右的抛物线的方程为(y^2=2px)，即(y^2=4x)。

(2).求证：直线(QN)过定点。

分析：如果直线过定点((m，n))，则直线的表达式必然应该能化为：(y-n=k(x-m))类型。

设点(M(4t^2，4t))，点(N(4t_1^2，4t_1))，点(Q(4t_2^2，4t_2))，

则由题目易知直线(MN)的斜率存在，且(k_{MN}=cfrac{4t-4t_1}{4t^2-4t_1^2}=cfrac{1}{t+t_1})，

从而直线(MN)的方程是(y=cfrac{1}{t+t_1}(x-4t^2)+4t)，

即直线(MN)的方程是(x-(t+t_1)y+4tt_1=0)。同理可知[类比求解可得]，

直线(MQ)的方程(x-(t+t_2)y+4tt_2=0)，

直线(NQ)的方程(x-(t_1+t_2)y+4t_1t_2=0)，

又点(A)在直线(MN)上，从而有(4tt_1=1)，即(t=cfrac{1}{4t_1})；

点(B)在直线(MQ)上，从而有(1+(t+t_2)+4tt_2=0)，

即(1+(cfrac{1}{4t_1}+t_2)+4 imes cfrac{1}{4t_1}t_2=0)，

化简得到(4t_1t_2=-4(t_1+t_2)-1)，

代入(NQ)的方程，得到(x-(t_1+t_2)y-4(t_1+t_2)-1=0)，

即(y+4=cfrac{1}{t_1+t_2}(x-1))，故直线(NQ)经过定点((1，-4))。

• 抛物线(y^2=4x)上的任意点的坐标的设法一般是((x，y))，本题采用((4t^2，4t))，是抛物线的参数方程的一种。

• 注意直线过定点的[题眼]：(y-y_0=g(k)(x-x_0))，则直线恒过定点((x_0，y_0))，其中(g(k))表示关于参数(k)的表达式，可能简单也可能复杂。

• 延伸阅读：直线或函数恒过定点；

例4【定点问题】【2019届高三理科三轮模拟训练题第7套第20题】设抛物线(C:x^2=2py(0<p<8))的焦点为(F)，点(P)是(C)上一点，且(PF)的中点坐标为((2，cfrac{5}{2}))。

（1）求抛物线(C)的标准方程；

分析：由题意可得，(F(0，cfrac{p}{2}))，设(P(x_0，y_0))，由(PF)的中点坐标为((2，cfrac{5}{2}))，

得到(0+x_0=2 imes 2)且(cfrac{p}{2}+y_0=2 imes cfrac{5}{2})，所以(x_0=4)，(y_0=5-cfrac{p}{2})，

又由于(P(x_0，y_0))在抛物线(x^2=2py)上，则有(16=2p(5-cfrac{p}{2}))，

即(p^2-10p+16=0)，解得(p=2)或(p=8)(舍去)，

故抛物线(C)的方程为(x^2=4y).

（2）若动直线(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。

分析：由题意可知，直线(l)的斜率存在，设直线(l:y=kx+2)，(M(x_1，y_1))，(N(x_2，y_2))，则(Q(-x_1，y_1))，

联立(left{egin{array}{l}{x^2=4y}\{y=kx+2,}end{array} ight.) 消去(y)得到，(x^2-4kx-8=0)，

显然(Delta >0)，由韦达定理可知，(x_1+x_2=4k)，(x_1x_2=-8)，

由于(k_{QN}=cfrac{y_2-y_1}{x_2-(-x_1)}=cfrac{frac{x_2^2}{4}-frac{x_1^2}{4}}{x_2+x_1})(=cfrac{x_2-x_1}{4})，

所以直线(QN)的方程为(y-y_1=cfrac{x_2-x_1}{4}(x+x_1))，

即(y=y_1+cfrac{x_2-x_1}{4}(x+x_1)=cfrac{x_2-x_1}{4}x+cfrac{x_1(x_2-x_1)}{4}+cfrac{x_1^2}{4})(=cfrac{x_2-x_1}{4}x+cfrac{x_1x_2}{4})

又由于(x_1x_2=-8)，代入上式得到，(y=cfrac{x_2-x_1}{4}x-2)，

故直线(QN)的方程为(y=cfrac{x_2-x_1}{4}x-2)，即直线(QN)恒过定点((0，-2))。

例5【恒过定点问题】【2019届高三理科寒假模拟试题1第20题】已知椭圆(C:cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的离心率为(cfrac{1}{2})，且过点(P(2,3))，

（1）求椭圆(C)的标准方程；

分析：由于离心率(e=cfrac{1}{2})，故有(a:b=4:3)，设椭圆(C)的方程为(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{3}=t)，

又由于点(P(2,3))在椭圆上，则有(1+3=t)，即(t=4)，

故椭圆(C)的标准方程为(cfrac{x^2}{16}+cfrac{y^2}{12}=1)；

（2）过点(P)作两条直线(l_1)，(l_2)，与椭圆(C)分别交于(M)，(N)(点(M)，(N)与点(P)不重合)，若(l_1)，(l_2)的斜率之和为(-1)，求证：直线(MN)恒过定点；

证明：设直线(MN)的方程为(y=kx+b)，简单分析可知，当(k)不存在时，不满足要求；

联立(left{egin{array}{l}{cfrac{x^2}{16}+cfrac{y^2}{12}=1}\{y=kx+b,}end{array} ight.) 消去(y)整理得到，((4k^2+3)x^2+8kbx+4b^2-48=0)，

设点(M(x_1,y_1))，(N(x_2,y_2))，则有(x_1+x_2=-cfrac{8kb}{4k^2+3})，(x_1x_2=cfrac{4b^2-48}{4k^2+3})

设直线(PM)，(PN)的斜率分别为(k_1)，(k_2)，则(k_1+k_2=cfrac{kx_1+b-3}{x_1-2}+cfrac{kx_2+b-3}{x_2-2}=-1)，

整理得到((2k+1)x_1x_2+(b-2k-5)(x_1+x_2)+16-4b=0)，将(x_1+x_2)和(x_1x_2)代入整理，

即((2k+b-3)(8k+b)=0)，解得(b=-2k+3)或(b=-8k)；

当(b=-2k+3)时，直线(MN:y=kx-2k+3=k(x-2)+3)过点(P(2,3))，不合题意，舍去；

当(b=-8k)时，直线(MN:y=kx-8k=k(x-8)+0)过点((8,0))；

综上所述，直线(MN)恒过定点((8,0)).

例6【定值问题】已知离心率为(cfrac{1}{2})的椭圆(C:cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的右焦点为(F)，且(C)过点((1，-frac{3}{2}))，

（1）求椭圆(C)的标准方程；

分析：由题可知，(left{egin{array}{l}{frac{1}{a^2}+frac{9}{4b^2}=1}\{a^2=b^2+c^2}\{frac{c}{a}=frac{1}{2}}end{array} ight.)

解得(a=2)，(b=sqrt{3})，故椭圆(C)的标准方程为(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{3}=1).

（2）若不与(x)轴垂直的直线(l)与(C)交于(M)，(N)两点(点(M)，(N)均在(y)轴右侧，且(M)，(N)，(F)不共线)，坐标原点(O)到直线(l)的距离为(sqrt{3})，求( riangle MNF)的周长.[或证明：( riangle MNF)的周长为定值]

分析：由题目易知，直线(l)的斜率存在且不为零，

设其方程为(y=kx+m(k eq 0))，(M(x_1，y_1))，(N(x_2，y_2))，

由于坐标原点(O)到直线(l)的距离为(sqrt{3})，则有(cfrac{|m|}{sqrt{1+k^2}}=sqrt{3})，即(m^2=3(1+k^2))，

由(left{egin{array}{l}{y=kx+m}\{cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{3}=1，}end{array} ight.) 得到((3+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-12=0)，

整理为((3+4k^2)x^2+8kmx+12k^2=0)，由韦达定理得到

(x_1+x_2=-cfrac{8km}{3+4k^2})，(x_1x_2=cfrac{12k^2}{3+4k^2})，

故(|MN|=sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|=sqrt{1+k^2}sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}) (=sqrt{1+k^2}sqrt{(-cfrac{8km}{3+4k^2})^2-4 imes cfrac{12k^2}{3+4k^2}}) (=cfrac{4|m||k|}{3+4k^2})

因为(2>x_1>0)，(2>x_2>0)，由(x_1+x_2>0)，所以(mk<0)，

故(|MN|=-cfrac{4mk}{3+4k^2})，

则(|MF|^2=(x_1-1)^2+y_1^2=(cfrac{1}{2}x_1-2)^2)，则(|MF|=2-cfrac{1}{2}x_1)，

同理得到，(|NF|=2-cfrac{1}{2}x_2)，

故(|MF|+|NF|=4-cfrac{1}{2}(x_1+x_2)=4+cfrac{4km}{3+4k^2})，

所以(|MF|+|NF|+|MN|=4)，即( riangle MNF)的周长为(4).

例7【定值问题】【2019届高三理科数学三轮模拟训练】已知直线(l：y=kx+1)与曲线(C:cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0))交于不同的两点，(O)为坐标原点，

（1）若(k=1)，(|OA|=|OB|)，求证：曲线(C)是一个圆；

证法1：设直线(l)和曲线的交点为(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，

由于(|OA|=|OB|)，则有(sqrt{x_1^2+y_1^2}=sqrt{x_2^2+y_2^2})，即(x_1^2+y_1^2=x_2^2+y_2^2)

即(x_1^2-x_2^2=y_2^2-y_1^2)，又由于点(A)，(B)在曲线(C)上，

则有(cfrac{x_1^2}{a^2}+cfrac{y_1^2}{b^2}=1)，(cfrac{x_2^2}{a^2}+cfrac{y_2^2}{b^2}=1)，

两式相减得到，(x_1^2-x_2^2=cfrac{a^2}{b^2}(y_2^2-y_1^2))，

故(cfrac{a^2}{b^2}=1)，即(a^2=b^2)，即曲线(C)是一个圆；

证法2：设直线(l)和曲线的交点为(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则(x_1 eq x_2)，

由于(|OA|=|OB|)，则有(sqrt{x_1^2+y_1^2}=sqrt{x_2^2+y_2^2})，即(x_1^2+(x_1+1)^2=x_2^2+(x_2+1)^2)

整理为(2(x_1-x_2)(x_1+x_2+1)=0)，所以(x_1+x_2=-1)，

由(left{egin{array}{l}{y=x+1}\{cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1}end{array} ight.) 得到((a^2+b^2)x^2+2a^2x+a^2(1-b^2)=0)，

(Deltageqslant 0)，(x_1+x_2=cfrac{-2a^2}{a^2+b^2})，所以(cfrac{-2a^2}{a^2+b^2}=-1)，

故(a^2=b^2)，即曲线(C)是一个圆；

（2）若曲线(C)过((0，2))，((1，0))，是否存在一个定点(Q)，使得(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB})为定值？若存在，求出定点(Q)和定值；若不存在，请说明理由。

分析：由题意得，椭圆(C)的方程为(cfrac{y^2}{4}+x^2=1)，假设存在点(Q(x_0，y_0))，设交点为(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，

由(left{egin{array}{l}{y=kx+1}\{x^2+cfrac{y^2}{4}=1}end{array} ight.) 得到((k^2+4)x^2+2kx-3=0)，

(x_1+x_2=cfrac{-2k}{k^2+4})，(x_1x_2=cfrac{-3}{k^2+4})，

由于直线(l:y=kx+1)恒过椭圆内定点((1，0))，故(Delta >0)恒成立，

(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=(x_1-x_0，y_1-y_0)cdot (x_2-x_0，y_2-y_0))(=(x_1-x_0)(x_2-x_0)+(y_1-y_0)(y_2-y_0))

(=x_1x_2-x_0(x_1+x_2)+x_0^2+(kx_1+1-y_0)(kx_2+1-y_0))(=(1+k^2)x_1x_2+[k(1-y_0)-x_0](x_1+x_2)+x_0^2+(1-y_0)^2)

(=(1+k^2)cfrac{-3}{k^2+4}+[k(1-y_0)-x_0]cfrac{-2k}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2)(=cfrac{-3(1+k^2)-2[k(1-y_0)-x_0]k}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2)

(=cfrac{(2y_0-5)k^2+2x_0k-3}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2)

当(left{egin{array}{l}{x_0=0}\{cfrac{2y_0-5}{1}=cfrac{-3}{4}}end{array} ight.)，即(x_0=0)，(y_0=cfrac{17}{8})时，(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=-cfrac{3}{4}+(cfrac{9}{8})^2=cfrac{33}{64}),

故存在定点((0，cfrac{17}{8}))，不论(k)为何值，都有(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=cfrac{33}{64})为定值。

定值破解

由于这类问题的求解常常要用到韦达定理(x_1+x_2)和(x_1x_2)的值，故定值问题常常考查线段长度，三角形或四边形的周长，三角形或四边形的面积，向量内积等可以用上(x_1+x_2)和(x_1x_2)值的数学素材；

定值问题的破解题眼可能有以下情形：

①形如(cfrac{2k^2}{4+k^2}+cfrac{8}{4+k^2}+1=cfrac{2(k^2+4)}{4+k^2}+1=2+1=3)为定值；

②加减消参法，和式中不含有参数，如(3+cfrac{2ak}{4+k^2}+1-cfrac{2ak}{4+k^2}=4)，故为定值；比如上例；

③相乘消参法，积式中不含有参数，如(cfrac{2}{2k^2+3k}cdot cfrac{2k^2+3k}{8}=cfrac{1}{4})，故为定值；

④分式中对应项系数成比例消参，分式的值为定值；借用下例理解：

引例1设存在常数(m)，使得(cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)})为定值，求(m)的值以及此定值；

思路1：由于上式对任意(kin R)恒为定值，设(cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=t)，

整理得到，((2m^2t-2)k^2+(2m^2t-m)=0)，由(left{egin{array}{l}{2m^2t-2=0}\{2m^2t-m=0}end{array} ight.quad)

即(left{egin{array}{l}{2m^2t=2}\{2m^2t=m}end{array} ight.quad) 两式相比，解得(m=2)，

此时(cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=cfrac{2k^2+2}{2 imes 2^2(k^2+1)}=cfrac{1}{4})，

思路2：(cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=cfrac{2k^2+m}{2m^2k^2+2m^2})，则分式中对应项系数成比例，

则(cfrac{2}{2m^2}=cfrac{m}{2m^2})，解得(m=2)，

此时(cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=cfrac{2k^2+2}{2 imes 2^2(k^2+1)}=cfrac{1}{4})，

引例2，如设(x)轴上的一个动点(P(x_0，0))，某运算结果为(overrightarrow{PA}cdot overrightarrow{PB}=cfrac{(8x_0-5)k^2-12}{3+4k^2}+x_0^2)，

要使得(overrightarrow{PA}cdot overrightarrow{PB})与(k)的取值无关，只需要(cfrac{8x_0-5}{-12}=cfrac{4}{3})，解得(x_0=-cfrac{11}{8})，

所以在(x)轴上存在点(P)，使得(overrightarrow{PA}cdot overrightarrow{PB})为定值，(P)的坐标为((-cfrac{11}{8}，0))，定值为(-cfrac{135}{64})。

引例3题目运算结果为(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=cfrac{(2y_0-5)k^2+2x_0k-3}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2)

问：上述结果当(x_0)和(y_0)为何值时，运算结果与参数(k)无关，为定值？

当(left{egin{array}{l}{x_0=0}\{cfrac{2y_0-5}{1}=cfrac{-3}{4}}end{array} ight.)，即(x_0=0)，(y_0=cfrac{17}{8})时，(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=-cfrac{3}{4}+(cfrac{9}{8})^2=cfrac{33}{64}),

故存在定点((0，cfrac{17}{8}))，不论(k)为何值，都有(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=cfrac{33}{64})为定值。

例8[定点问题]【2020届宝鸡市质检1文数第21题】已知动圆(Q)与直线(x+frac{1}{2}=0)相切，且与圆(x^2+y^2-2x+frac{3}{4}=0)外切；

(1).求动圆(Q)的圆心轨迹(C)的方程；

[法1]：直接法，将圆(x^2+y^2-2x+frac{3}{4}=0)化为标准形式为((x-1)^2+y^2=frac{1}{4})，

设动圆的圆心(Q)坐标为(Q(x,y))，由动圆(Q)与直线(x+frac{1}{2}=0)相切，且与圆((x-1)^2+y^2=frac{1}{4})外切；

可知(sqrt{(x-1)^2+y^2}=|x+frac{1}{2}|+frac{1}{2}=x+1)，两边平方整理得到，(y^2=4x)，

所以动圆(Q)的圆心轨迹(C)的方程为(y^2=4x)。

[法2]：定义法，动圆心(Q(x,y))到定圆点((1,0))的距离为(r+frac{1}{2})，动圆心(Q(x,y))到定直线(x+frac{1}{2}=0)的距离为(r)，

则动圆心(Q(x,y))到定直线(x+1=0)的距离为(r+frac{1}{2})，

则动点(Q(x,y))到定点的距离与动点到定直线的距离相等，故动点的轨迹为形如(y^2=2px)的抛物线，

且(cfrac{p}{2}=1)，则(p=2)，故(y^2=4x)。

(2).已知过点(M(m,0))的直线(l：x=ky+m)与曲线(C)交于(A)，(B)两点，是否存在常数(m)，使得(frac{1}{|AM|^2})(+frac{1}{|BM|^2})恒为定值？

分析：由题意可设直线(l：x=ky+m)，

则由(left{egin{array}{l}{x=ky+m}\{y^2=4x}end{array} ight.quad) 消去(x)得到，(y^2-4ky-4m=0)，

则由韦达定理可得，(y_1+y_2=4k)，(y_1y_2=-4m)，

则(cfrac{1}{|AM|^2})(+cfrac{1}{|BM|^2}=cfrac{1}{(x_1-m)^2+y_1^2}+cfrac{1}{(x_2-m)^2+y_2^2}=cfrac{1}{(k^2+1)y_1^2}+cfrac{1}{(k^2+1)y_2^2})

(=cfrac{y_1^2+y_2^2}{(k^2+1)y_1^2y_2^2}=cfrac{(y_1+y_2)^2-2y_1y_2}{(k^2+1)y_1^2y_2^2})

(=cfrac{16k^2+8m}{(k^2+1)16m^2}=cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)})

由于上式对任意(kin R)恒为定值，设(cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=t)，

整理得到，((2m^2t-2)k^2+(2m^2t-m)=0)，由(left{egin{array}{l}{2m^2t-2=0}\{2m^2t-m=0}end{array} ight.quad)

即(left{egin{array}{l}{2m^2t=2}\{2m^2t=m}end{array} ight.quad) 两式相比，解得(m=2)，

此时(cfrac{1}{|AM|^2})(+cfrac{1}{|BM|^2}=cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=cfrac{2k^2+2}{2 imes 2^2(k^2+1)}=cfrac{1}{4})，

故存在定点(M(2,0))，满足题意。