前言
例說運算
圓錐曲線中的定值定點問題的運算往往少不了以下的過程。
將直線\(y=kx+2\)代入圓錐曲線\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)的代入運算過程，可以如下簡化：
先將圓錐曲線整理為\(3x^2+4y^2-12=0\)，然后這樣在演草紙上書寫，注意對齊書寫，一次運算過
\(\left\{\begin{array}{l}{3x^2}\\{4(k^2x^2+4kx+4)}\\{\hspace{6em}-12}\end{array}\right.\)
一次就可以整理為\((4k^2+3)x^2+16kx+4=0\)；
定點問題
- 動直線\(l\)過定點問題
解法思路：設動直線方程(斜率存在)為\(y=kx+t\)，由題設條件將\(t\)用\(k\)表示為\(t=km\)，得到\(y=k(x+m)\)形式，故動直線過定點\((-m，0)\)；
- 動曲線\(C\)過定點問題
解法思路：引入參變量建立曲線\(C\)的方程，再根據其對參變量恆成立，令其系數等於零，得出定點。
(1).求動圓\(Q\)的圓心軌跡\(C\)的方程；
[法1]：直接法，將圓\(x^2+y^2-2x+\frac{3}{4}=0\)化為標准形式為\((x-1)^2+y^2=\frac{1}{4}\)，
設動圓的圓心\(Q\)坐標為\(Q(x,y)\)，由動圓\(Q\)與直線\(x+\frac{1}{2}=0\)相切，且與圓\((x-1)^2+y^2=\frac{1}{4}\)外切；
可知\(\sqrt{(x-1)^2+y^2}=|x+\frac{1}{2}|+\frac{1}{2}=x+1\)，兩邊平方整理得到，\(y^2=4x\)，
所以動圓\(Q\)的圓心軌跡\(C\)的方程為\(y^2=4x\)。
[法2]：定義法，動圓心\(Q(x,y)\)到定圓點\((1,0)\)的距離為\(r+\frac{1}{2}\)，動圓心\(Q(x,y)\)到定直線\(x+\frac{1}{2}=0\)的距離為\(r\)，
則動圓心\(Q(x,y)\)到定直線\(x+1=0\)的距離為\(r+\frac{1}{2}\)，
則動點\(Q(x,y)\)到定點的距離與動點到定直線的距離相等，故動點的軌跡為形如\(y^2=2px\)的拋物線，
且\(\cfrac{p}{2}=1\)，則\(p=2\)，故\(y^2=4x\)。
(2).已知點\(P(1,2)\)，過點\(F(1,0)\)且斜率存在的直線與軌跡\(C\)交於\(A\)，\(B\)兩點，直線\(AP\)，\(BP\)分別交直線\(x+1=0\)於點\(S\)，\(T\)兩點，求證：以\(ST\)為直徑的圓過定點。
分析：由題意可設直線\(AB：x=my+1(m\neq 0)\)，
則由\(\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\quad\) 消去\(x\)得到，\(y^2-4my-4=0\)，
設\(A(\cfrac{y_1^2}{4},y_1)\)，\(B(\cfrac{y_2^2}{4},y_2)\)，則由韋達定理可得，\(y_1+y_2=4m\)，\(y_1y_2=-4\)，
設直線\(AP\)，\(BP\)的斜率分別為\(k_1\)，\(k_2\)，結合點\(P(1,2)\)，
則可知，\(k_1=\cfrac{y_1-2}{\frac{y_1^2}{4}-1}=\cfrac{4}{y_1+2}\)，同理\(k_2=\cfrac{4}{y_2+2}\)
設點\(S(-1,y_{\tiny{S}})\)，點\(T(-1,y_{\tiny{T}})\)，又直線\(AP\)的方程為\(y-y_{\tiny{S}}=k_1(x+1)\)，則\(y_{\tiny{S}}=y-k_1(x+1)\)，
又由於此直線經過點\(P(1，2)\)，則\(y_{\tiny{S}}=2-\cfrac{4}{y_1+2}\times 2=2-\cfrac{8}{y_1+2}=\cfrac{2(y_1-2)}{y_1+2}\)
同理\(y_{\tiny{T}}=2-\cfrac{8}{y_2+2}=\cfrac{2(y_2-2)}{y_2+2}\)
從而\(y_{\tiny{S}}\cdot y_{\tiny{T}}=\cfrac{2(y_1-2)}{y_1+2}\cdot \cfrac{2(y_2-2)}{y_2+2}\)
\(=\cfrac{4[y_1y_2-2(y_1+y_2)+4]}{y_1y_2+2(y_1+y_2)+4}\)\(=\cfrac{4(-4+2\times 4m+4)}{-4+2\times 4m+4}=-4\)
\(y_{\tiny{S}}+ y_{\tiny{T}}=(2-\cfrac{8}{y_1+2})+(2-\cfrac{8}{y_2+2})\)
\(=4-8(\cfrac{1}{y_1+2}+\cfrac{1}{y_2+2})=4-\cfrac{8[(y_1+y_2)+4]}{y_1y_2-2(y_1+y_2)+4}\)
\(=4-\cfrac{8(4m+4)}{-4+2\times 4m+4}=-\cfrac{4}{m}\)，
又由於以\(ST\)為直徑的圓的方程為：\((x+1)^2+(y-y_{\tiny{S}})(y-y_{\tiny{T}})=0\)，
即\(y^2-(y_{\tiny{S}}+y_{\tiny{T}})y+y_{\tiny{S}}y_{\tiny{T}}+(x+1)^2=0\)，
即\(x^2+2x-3+y^2+\cfrac{4}{m}y=0①\)，圓的方程與\(m\)的取值無關，故須有\(y=0\)，
由方程①可得，\(x^2+2x-3=0\)，解得\(x=-3\)或\(x=1\)，
從而以\(ST\)為直徑的圓恆過定點\((-3,0)\)和\((1,0)\).
解后反思：直徑式方程\((x-x_1)(x-x_2)+(y-y_1)(y-y_2)=0\)，[其中圓的直徑的端點是\(A(x_1，y_1)\)、\(B(x_2，y_2)\)]
典例剖析
設\(A(x_1，y_1)\)、\(B(x_2，y_2)\)，中點\(P(x_0，y_0)\)
（1）求\(A\)、\(B\)兩點的橫坐標之積和縱坐標之積；
分析：\(k_{OA}=\cfrac{y_1}{x_1}\)，\(k_{OB}=\cfrac{y_2}{x_2}\)，
由於\(OA\perp OB\)，則有\(k_{OA}\cdot k_{OB}=-1\)，則\(x_1x_2+y_1y_2=0\)，
又由於\(y_1^2=2px_1\)，\(y_2^2=2px_2\)，則有\(\cfrac{y_1^2}{2p}\cdot \cfrac{y_2^2}{2p}+y_1y_2=0\)，
由於\(y_1\neq 0\)，\(y_2\neq 0\)，故得到\(y_1y_2=-4p^2\)，\(x_1x_2=4p^2\)；
（2）求證：直線\(AB\)恆過定點；
分析：由於\(y_1^2=2px_1\)，\(y_2^2=2px_2\)，
所以\((y_1-y_2)(y_1+y_2)=2p(x_1-x_2)\)，
所以當\(x_1\neq x_2\)時，\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{2p}{y_1+y_2}\)，即\(k_{AB}=\cfrac{2p}{y_1+y_2}\)
則直線\(AB:\) \(y-y_1=\cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-x_1)\)，即\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+y_1-\cfrac{2px_1}{y_1+y_2}\)
所以\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+\cfrac{y_1^2-2px_1+y_1y_2}{y_1+y_2}\)
由於\(y_1^2=2px_1\)，\(y_1y_2=-4p^2\)，
所以\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+\cfrac{-4p^2}{y_1+y_2}\)，整理為\(y=\cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-2p)\)，
所以直線\(AB\)過定點\((2p，0)\)，設\(M(2p，0)\)，
當\(x_1=x_2\)時，可知\(AB\)方程為\(x=2p\)，過點\(M(2p，0)\)，
綜上可知，直線\(AB\)恆過定點\(M(2p，0)\)。
(1).求拋物線的方程。
分析：由題目圖形可知，\(\cfrac{p}{2}=1\)，則\(p=2\)，
故頂點在坐標原點，開口向右的拋物線的方程為\(y^2=2px\)，即\(y^2=4x\)。
(2).求證：直線\(QN\)過定點。
分析：如果直線過定點\((m，n)\)，則直線的表達式必然應該能化為：\(y-n=k(x-m)\)類型。
設點\(M(4t^2，4t)\)，點\(N(4t_1^2，4t_1)\)，點\(Q(4t_2^2，4t_2)\)，
則由題目易知直線\(MN\)的斜率存在，且\(k_{MN}=\cfrac{4t-4t_1}{4t^2-4t_1^2}=\cfrac{1}{t+t_1}\)，
從而直線\(MN\)的方程是\(y=\cfrac{1}{t+t_1}(x-4t^2)+4t\)，
即直線\(MN\)的方程是\(x-(t+t_1)y+4tt_1=0\)。同理可知[類比求解可得]，
直線\(MQ\)的方程\(x-(t+t_2)y+4tt_2=0\)，
直線\(NQ\)的方程\(x-(t_1+t_2)y+4t_1t_2=0\)，
又點\(A\)在直線\(MN\)上，從而有\(4tt_1=1\)，即\(t=\cfrac{1}{4t_1}\)；
點\(B\)在直線\(MQ\)上，從而有\(1+(t+t_2)+4tt_2=0\)，
即\(1+(\cfrac{1}{4t_1}+t_2)+4\times \cfrac{1}{4t_1}t_2=0\)，
化簡得到\(4t_1t_2=-4(t_1+t_2)-1\)，
代入\(NQ\)的方程，得到\(x-(t_1+t_2)y-4(t_1+t_2)-1=0\)，
即\(y+4=\cfrac{1}{t_1+t_2}(x-1)\)，故直線\(NQ\)經過定點\((1，-4)\)。
-
拋物線\(y^2=4x\)上的任意點的坐標的設法一般是\((x，y)\)，本題采用\((4t^2，4t)\)，是拋物線的參數方程的一種。
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注意直線過定點的[題眼]：\(y-y_0=g(k)(x-x_0)\)，則直線恆過定點\((x_0，y_0)\)，其中\(g(k)\)表示關於參數\(k\)的表達式，可能簡單也可能復雜。
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延伸閱讀：直線或函數恆過定點；
（1）求拋物線\(C\)的標准方程；
分析：由題意可得，\(F(0，\cfrac{p}{2})\)，設\(P(x_0，y_0)\)，由\(PF\)的中點坐標為\((2，\cfrac{5}{2})\)，
得到\(0+x_0=2\times 2\)且\(\cfrac{p}{2}+y_0=2\times \cfrac{5}{2}\)，所以\(x_0=4\)，\(y_0=5-\cfrac{p}{2}\)，
又由於\(P(x_0，y_0)\)在拋物線\(x^2=2py\)上，則有\(16=2p(5-\cfrac{p}{2})\)，
即\(p^2-10p+16=0\)，解得\(p=2\)或\(p=8\)(舍去)，
故拋物線\(C\)的方程為\(x^2=4y\).
（2）若動直線\(l\)過點\(A(0，2)\)，且與拋物線\(C\)交於\(M\)、\(N\)兩點，點\(Q\)與點\(M\)關於\(y\)軸對稱（點\(Q\)與點\(N\)不重合），求證：直線\(QN\)恆過定點。
分析：由題意可知，直線\(l\)的斜率存在，設直線\(l:y=kx+2\)，\(M(x_1，y_1)\)，\(N(x_2，y_2)\)，則\(Q(-x_1，y_1)\)，
聯立\(\left\{\begin{array}{l}{x^2=4y}\\{y=kx+2,}\end{array}\right.\) 消去\(y\)得到，\(x^2-4kx-8=0\)，
顯然\(\Delta >0\)，由韋達定理可知，\(x_1+x_2=4k\)，\(x_1x_2=-8\)，
由於\(k_{QN}=\cfrac{y_2-y_1}{x_2-(-x_1)}=\cfrac{\frac{x_2^2}{4}-\frac{x_1^2}{4}}{x_2+x_1}\)\(=\cfrac{x_2-x_1}{4}\)，
所以直線\(QN\)的方程為\(y-y_1=\cfrac{x_2-x_1}{4}(x+x_1)\)，
即\(y=y_1+\cfrac{x_2-x_1}{4}(x+x_1)=\cfrac{x_2-x_1}{4}x+\cfrac{x_1(x_2-x_1)}{4}+\cfrac{x_1^2}{4}\)\(=\cfrac{x_2-x_1}{4}x+\cfrac{x_1x_2}{4}\)
又由於\(x_1x_2=-8\)，代入上式得到，\(y=\cfrac{x_2-x_1}{4}x-2\)，
故直線\(QN\)的方程為\(y=\cfrac{x_2-x_1}{4}x-2\)，即直線\(QN\)恆過定點\((0，-2)\)。
（1）求橢圓\(C\)的標准方程；
分析：由於離心率\(e=\cfrac{1}{2}\)，故有\(a:b=4:3\)，設橢圓\(C\)的方程為\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=t\)，
又由於點\(P(2,3)\)在橢圓上，則有\(1+3=t\)，即\(t=4\)，
故橢圓\(C\)的標准方程為\(\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{12}=1\)；
（2）過點\(P\)作兩條直線\(l_1\)，\(l_2\)，與橢圓\(C\)分別交於\(M\)，\(N\)(點\(M\)，\(N\)與點\(P\)不重合)，若\(l_1\)，\(l_2\)的斜率之和為\(-1\)，求證：直線\(MN\)恆過定點；
證明：設直線\(MN\)的方程為\(y=kx+b\)，簡單分析可知，當\(k\)不存在時，不滿足要求；
聯立\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{12}=1}\\{y=kx+b,}\end{array}\right.\) 消去\(y\)整理得到，\((4k^2+3)x^2+8kbx+4b^2-48=0\)，
設點\(M(x_1,y_1)\)，\(N(x_2,y_2)\)，則有\(x_1+x_2=-\cfrac{8kb}{4k^2+3}\)，\(x_1x_2=\cfrac{4b^2-48}{4k^2+3}\)
設直線\(PM\)，\(PN\)的斜率分別為\(k_1\)，\(k_2\)，則\(k_1+k_2=\cfrac{kx_1+b-3}{x_1-2}+\cfrac{kx_2+b-3}{x_2-2}=-1\)，
整理得到\((2k+1)x_1x_2+(b-2k-5)(x_1+x_2)+16-4b=0\)，將\(x_1+x_2\)和\(x_1x_2\)代入整理，
即\((2k+b-3)(8k+b)=0\)，解得\(b=-2k+3\)或\(b=-8k\)；
當\(b=-2k+3\)時，直線\(MN:y=kx-2k+3=k(x-2)+3\)過點\(P(2,3)\)，不合題意，舍去；
當\(b=-8k\)時，直線\(MN:y=kx-8k=k(x-8)+0\)過點\((8,0)\)；
綜上所述，直線\(MN\)恆過定點\((8,0)\).
（1）求橢圓\(C\)的標准方程；
分析：由題可知，\(\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{a^2}+\frac{9}{4b^2}=1}\\{a^2=b^2+c^2}\\{\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\end{array}\right.\)
解得\(a=2\)，\(b=\sqrt{3}\)，故橢圓\(C\)的標准方程為\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\).
（2）若不與\(x\)軸垂直的直線\(l\)與\(C\)交於\(M\)，\(N\)兩點(點\(M\)，\(N\)均在\(y\)軸右側，且\(M\)，\(N\)，\(F\)不共線)，坐標原點\(O\)到直線\(l\)的距離為\(\sqrt{3}\)，求\(\triangle MNF\)的周長.[或證明：\(\triangle MNF\)的周長為定值]
分析：由題目易知，直線\(l\)的斜率存在且不為零，
設其方程為\(y=kx+m(k\neq 0)\)，\(M(x_1，y_1)\)，\(N(x_2，y_2)\)，
由於坐標原點\(O\)到直線\(l\)的距離為\(\sqrt{3}\)，則有\(\cfrac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=\sqrt{3}\)，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\((3+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-12=0\)，
整理為\((3+4k^2)x^2+8kmx+12k^2=0\)，由韋達定理得到
\(x_1+x_2=-\cfrac{8km}{3+4k^2}\)，\(x_1x_2=\cfrac{12k^2}{3+4k^2}\)，
故\(|MN|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\) \(=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(-\cfrac{8km}{3+4k^2})^2-4\times \cfrac{12k^2}{3+4k^2}}\) \(=\cfrac{4|m||k|}{3+4k^2}\)
因為\(2>x_1>0\)，\(2>x_2>0\)，由\(x_1+x_2>0\)，所以\(mk<0\)，
故\(|MN|=-\cfrac{4mk}{3+4k^2}\)，
則\(|MF|^2=(x_1-1)^2+y_1^2=(\cfrac{1}{2}x_1-2)^2\)，則\(|MF|=2-\cfrac{1}{2}x_1\)，
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\(\triangle MNF\)的周長為\(4\).
（1）若\(k=1\)，\(|OA|=|OB|\)，求證：曲線\(C\)是一個圓；
證法1：設直線\(l\)和曲線的交點為\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，
由於\(|OA|=|OB|\)，則有\(\sqrt{x_1^2+y_1^2}=\sqrt{x_2^2+y_2^2}\)，即\(x_1^2+y_1^2=x_2^2+y_2^2\)
即\(x_1^2-x_2^2=y_2^2-y_1^2\)，又由於點\(A\)，\(B\)在曲線\(C\)上，
則有\(\cfrac{x_1^2}{a^2}+\cfrac{y_1^2}{b^2}=1\)，\(\cfrac{x_2^2}{a^2}+\cfrac{y_2^2}{b^2}=1\)，
兩式相減得到，\(x_1^2-x_2^2=\cfrac{a^2}{b^2}(y_2^2-y_1^2)\)，
故\(\cfrac{a^2}{b^2}=1\)，即\(a^2=b^2\)，即曲線\(C\)是一個圓；
證法2：設直線\(l\)和曲線的交點為\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，則\(x_1\neq x_2\)，
由於\(|OA|=|OB|\)，則有\(\sqrt{x_1^2+y_1^2}=\sqrt{x_2^2+y_2^2}\)，即\(x_1^2+(x_1+1)^2=x_2^2+(x_2+1)^2\)
整理為\(2(x_1-x_2)(x_1+x_2+1)=0\)，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\(a^2=b^2\)，即曲線\(C\)是一個圓；
（2）若曲線\(C\)過\((0，2)\)，\((1，0)\)，是否存在一個定點\(Q\)，使得\(\overrightarrow{QA}\cdot \overrightarrow{QB}\)為定值？若存在，求出定點\(Q\)和定值；若不存在，請說明理由。
分析：由題意得，橢圓\(C\)的方程為\(\cfrac{y^2}{4}+x^2=1\)，假設存在點\(Q(x_0，y_0)\)，設交點為\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，
由\(\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{x^2+\cfrac{y^2}{4}=1}\end{array}\right.\) 得到\((k^2+4)x^2+2kx-3=0\)，
\(x_1+x_2=\cfrac{-2k}{k^2+4}\)，\(x_1x_2=\cfrac{-3}{k^2+4}\)，
由於直線\(l:y=kx+1\)恆過橢圓內定點\((1，0)\)，故\(\Delta >0\)恆成立，
\(\overrightarrow{QA}\cdot \overrightarrow{QB}=(x_1-x_0，y_1-y_0)\cdot (x_2-x_0，y_2-y_0)\)\(=(x_1-x_0)(x_2-x_0)+(y_1-y_0)(y_2-y_0)\)
\(=x_1x_2-x_0(x_1+x_2)+x_0^2+(kx_1+1-y_0)(kx_2+1-y_0)\)\(=(1+k^2)x_1x_2+[k(1-y_0)-x_0](x_1+x_2)+x_0^2+(1-y_0)^2\)
\(=(1+k^2)\cfrac{-3}{k^2+4}+[k(1-y_0)-x_0]\cfrac{-2k}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2\)\(=\cfrac{-3(1+k^2)-2[k(1-y_0)-x_0]k}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2\)
\(=\cfrac{(2y_0-5)k^2+2x_0k-3}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2\)
當\(\left\{\begin{array}{l}{x_0=0}\\{\cfrac{2y_0-5}{1}=\cfrac{-3}{4}}\end{array}\right.\)，即\(x_0=0\)，\(y_0=\cfrac{17}{8}\)時，\(\overrightarrow{QA}\cdot \overrightarrow{QB}=-\cfrac{3}{4}+(\cfrac{9}{8})^2=\cfrac{33}{64}\),
故存在定點\((0，\cfrac{17}{8})\)，不論\(k\)為何值，都有\(\overrightarrow{QA}\cdot \overrightarrow{QB}=\cfrac{33}{64}\)為定值。
定值破解
由於這類問題的求解常常要用到韋達定理\(x_1+x_2\)和\(x_1x_2\)的值，故定值問題常常考查線段長度，三角形或四邊形的周長，三角形或四邊形的面積，向量內積等可以用上\(x_1+x_2\)和\(x_1x_2\)值的數學素材；
定值問題的破解題眼可能有以下情形：
①形如\(\cfrac{2k^2}{4+k^2}+\cfrac{8}{4+k^2}+1=\cfrac{2(k^2+4)}{4+k^2}+1=2+1=3\)為定值；
②加減消參法，和式中不含有參數，如\(3+\cfrac{2ak}{4+k^2}+1-\cfrac{2ak}{4+k^2}=4\)，故為定值；比如上例；
③相乘消參法，積式中不含有參數，如\(\cfrac{2}{2k^2+3k}\cdot \cfrac{2k^2+3k}{8}=\cfrac{1}{4}\)，故為定值；
④分式中對應項系數成比例消參，分式的值為定值；借用下例理解：
思路1：由於上式對任意\(k\in R\)恆為定值，設\(\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=t\)，
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\(\left\{\begin{array}{l}{2m^2t=2}\\{2m^2t=m}\end{array}\right.\quad\) 兩式相比，解得\(m=2\)，
此時\(\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=\cfrac{2k^2+2}{2\times 2^2(k^2+1)}=\cfrac{1}{4}\)，
思路2：\(\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=\cfrac{2k^2+m}{2m^2k^2+2m^2}\)，則分式中對應項系數成比例，
則\(\cfrac{2}{2m^2}=\cfrac{m}{2m^2}\)，解得\(m=2\)，
此時\(\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=\cfrac{2k^2+2}{2\times 2^2(k^2+1)}=\cfrac{1}{4}\)，
要使得\(\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}\)與\(k\)的取值無關，只需要\(\cfrac{8x_0-5}{-12}=\cfrac{4}{3}\)，解得\(x_0=-\cfrac{11}{8}\)，
所以在\(x\)軸上存在點\(P\)，使得\(\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}\)為定值，\(P\)的坐標為\((-\cfrac{11}{8}，0)\)，定值為\(-\cfrac{135}{64}\)。
問：上述結果當\(x_0\)和\(y_0\)為何值時，運算結果與參數\(k\)無關，為定值？
當\(\left\{\begin{array}{l}{x_0=0}\\{\cfrac{2y_0-5}{1}=\cfrac{-3}{4}}\end{array}\right.\)，即\(x_0=0\)，\(y_0=\cfrac{17}{8}\)時，\(\overrightarrow{QA}\cdot \overrightarrow{QB}=-\cfrac{3}{4}+(\cfrac{9}{8})^2=\cfrac{33}{64}\),
故存在定點\((0，\cfrac{17}{8})\)，不論\(k\)為何值，都有\(\overrightarrow{QA}\cdot \overrightarrow{QB}=\cfrac{33}{64}\)為定值。
(1).求動圓\(Q\)的圓心軌跡\(C\)的方程；
[法1]：直接法，將圓\(x^2+y^2-2x+\frac{3}{4}=0\)化為標准形式為\((x-1)^2+y^2=\frac{1}{4}\)，
設動圓的圓心\(Q\)坐標為\(Q(x,y)\)，由動圓\(Q\)與直線\(x+\frac{1}{2}=0\)相切，且與圓\((x-1)^2+y^2=\frac{1}{4}\)外切；
可知\(\sqrt{(x-1)^2+y^2}=|x+\frac{1}{2}|+\frac{1}{2}=x+1\)，兩邊平方整理得到，\(y^2=4x\)，
所以動圓\(Q\)的圓心軌跡\(C\)的方程為\(y^2=4x\)。
[法2]：定義法，動圓心\(Q(x,y)\)到定圓點\((1,0)\)的距離為\(r+\frac{1}{2}\)，動圓心\(Q(x,y)\)到定直線\(x+\frac{1}{2}=0\)的距離為\(r\)，
則動圓心\(Q(x,y)\)到定直線\(x+1=0\)的距離為\(r+\frac{1}{2}\)，
則動點\(Q(x,y)\)到定點的距離與動點到定直線的距離相等，故動點的軌跡為形如\(y^2=2px\)的拋物線，
且\(\cfrac{p}{2}=1\)，則\(p=2\)，故\(y^2=4x\)。
(2).已知過點\(M(m,0)\)的直線\(l：x=ky+m\)與曲線\(C\)交於\(A\)，\(B\)兩點，是否存在常數\(m\)，使得\(\frac{1}{|AM|^2}\)\(+\frac{1}{|BM|^2}\)恆為定值？
分析：由題意可設直線\(l：x=ky+m\)，
則由\(\left\{\begin{array}{l}{x=ky+m}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\quad\) 消去\(x\)得到，\(y^2-4ky-4m=0\)，
則由韋達定理可得，\(y_1+y_2=4k\)，\(y_1y_2=-4m\)，
則\(\cfrac{1}{|AM|^2}\)\(+\cfrac{1}{|BM|^2}=\cfrac{1}{(x_1-m)^2+y_1^2}+\cfrac{1}{(x_2-m)^2+y_2^2}=\cfrac{1}{(k^2+1)y_1^2}+\cfrac{1}{(k^2+1)y_2^2}\)
\(=\cfrac{y_1^2+y_2^2}{(k^2+1)y_1^2y_2^2}=\cfrac{(y_1+y_2)^2-2y_1y_2}{(k^2+1)y_1^2y_2^2}\)
\(=\cfrac{16k^2+8m}{(k^2+1)16m^2}=\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}\)
由於上式對任意\(k\in R\)恆為定值，設\(\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=t\)，
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\(\left\{\begin{array}{l}{2m^2t=2}\\{2m^2t=m}\end{array}\right.\quad\) 兩式相比，解得\(m=2\)，
此時\(\cfrac{1}{|AM|^2}\)\(+\cfrac{1}{|BM|^2}=\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=\cfrac{2k^2+2}{2\times 2^2(k^2+1)}=\cfrac{1}{4}\)，
故存在定點\(M(2,0)\)，滿足題意。
