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
\(\left\{\begin{array}{l}{3x^2}\\{4(k^2x^2+4kx+4)}\\{\hspace{6em}-12}\end{array}\right.\)
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。
(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\(AB：x=my+1(m\neq 0)\)，
则由\(\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\quad\) 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\(S(-1,y_{\tiny{S}})\)，点\(T(-1,y_{\tiny{T}})\)，又直线\(AP\)的方程为\(y-y_{\tiny{S}}=k_1(x+1)\)，则\(y_{\tiny{S}}=y-k_1(x+1)\)，
又由于此直线经过点\(P(1，2)\)，则\(y_{\tiny{S}}=2-\cfrac{4}{y_1+2}\times 2=2-\cfrac{8}{y_1+2}=\cfrac{2(y_1-2)}{y_1+2}\)
同理\(y_{\tiny{T}}=2-\cfrac{8}{y_2+2}=\cfrac{2(y_2-2)}{y_2+2}\)
从而\(y_{\tiny{S}}\cdot y_{\tiny{T}}=\cfrac{2(y_1-2)}{y_1+2}\cdot \cfrac{2(y_2-2)}{y_2+2}\)
\(=\cfrac{4[y_1y_2-2(y_1+y_2)+4]}{y_1y_2+2(y_1+y_2)+4}\)\(=\cfrac{4(-4+2\times 4m+4)}{-4+2\times 4m+4}=-4\)
\(y_{\tiny{S}}+ y_{\tiny{T}}=(2-\cfrac{8}{y_1+2})+(2-\cfrac{8}{y_2+2})\)
\(=4-8(\cfrac{1}{y_1+2}+\cfrac{1}{y_2+2})=4-\cfrac{8[(y_1+y_2)+4]}{y_1y_2-2(y_1+y_2)+4}\)
\(=4-\cfrac{8(4m+4)}{-4+2\times 4m+4}=-\cfrac{4}{m}\)，
又由于以\(ST\)为直径的圆的方程为：\((x+1)^2+(y-y_{\tiny{S}})(y-y_{\tiny{T}})=0\)，
即\(y^2-(y_{\tiny{S}}+y_{\tiny{T}})y+y_{\tiny{S}}y_{\tiny{T}}+(x+1)^2=0\)，
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
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\(OA\perp OB\)，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\(y_1\neq 0\)，\(y_2\neq 0\)，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\(x_1\neq x_2\)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\(M(2p，0)\)。
(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\(1+(\cfrac{1}{4t_1}+t_2)+4\times \cfrac{1}{4t_1}t_2=0\)，
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；
（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\(0+x_0=2\times 2\)且\(\cfrac{p}{2}+y_0=2\times \cfrac{5}{2}\)，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\(\left\{\begin{array}{l}{x^2=4y}\\{y=kx+2,}\end{array}\right.\) 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\((0，-2)\)。
（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\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{12}=1}\\{y=kx+b,}\end{array}\right.\) 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\((8,0)\).
（1）求椭圆\(C\)的标准方程；
分析：由题可知，\(\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{a^2}+\frac{9}{4b^2}=1}\\{a^2=b^2+c^2}\\{\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\end{array}\right.\)
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\(\triangle MNF\)的周长.[或证明：\(\triangle MNF\)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\(y=kx+m(k\neq 0)\)，\(M(x_1，y_1)\)，\(N(x_2，y_2)\)，
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\(\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1，}\end{array}\right.\) 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\(|MN|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\) \(=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(-\cfrac{8km}{3+4k^2})^2-4\times \cfrac{12k^2}{3+4k^2}}\) \(=\cfrac{4|m||k|}{3+4k^2}\)
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\(\triangle MNF\)的周长为\(4\).
（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\(x_1\neq x_2\)，
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\(\left\{\begin{array}{l}{y=x+1}\\{\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1}\end{array}\right.\) 得到\((a^2+b^2)x^2+2a^2x+a^2(1-b^2)=0\)，
\(\Delta\geqslant 0\)，\(x_1+x_2=\cfrac{-2a^2}{a^2+b^2}\)，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\(\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{x^2+\cfrac{y^2}{4}=1}\end{array}\right.\) 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\(\left\{\begin{array}{l}{x_0=0}\\{\cfrac{2y_0-5}{1}=\cfrac{-3}{4}}\end{array}\right.\)，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：
思路1：由于上式对任意\(k\in R\)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\(\left\{\begin{array}{l}{2m^2t-2=0}\\{2m^2t-m=0}\end{array}\right.\quad\)
即\(\left\{\begin{array}{l}{2m^2t=2}\\{2m^2t=m}\end{array}\right.\quad\) 两式相比，解得\(m=2\)，
此时\(\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=\cfrac{2k^2+2}{2\times 2^2(k^2+1)}=\cfrac{1}{4}\)，
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\(\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=\cfrac{2k^2+2}{2\times 2^2(k^2+1)}=\cfrac{1}{4}\)，
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\(-\cfrac{135}{64}\)。
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\(\left\{\begin{array}{l}{x_0=0}\\{\cfrac{2y_0-5}{1}=\cfrac{-3}{4}}\end{array}\right.\)，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。
(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\(\left\{\begin{array}{l}{x=ky+m}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\quad\) 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\(k\in R\)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\(\left\{\begin{array}{l}{2m^2t-2=0}\\{2m^2t-m=0}\end{array}\right.\quad\)
即\(\left\{\begin{array}{l}{2m^2t=2}\\{2m^2t=m}\end{array}\right.\quad\) 两式相比，解得\(m=2\)，
此时\(\cfrac{1}{|AM|^2}\)\(+\cfrac{1}{|BM|^2}=\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=\cfrac{2k^2+2}{2\times 2^2(k^2+1)}=\cfrac{1}{4}\)，
故存在定点\(M(2,0)\)，满足题意。
