前言
與之相關聯的姊妹篇博文： 圓錐曲線的定點問題
運算儲備
代入消元的操作，划歸為二次方程，韋達定理求得\(x_1+x_2\)和\(x_1\cdot x_2\)[以及\(y_1+y_2\)，\(y_1\cdot y_2\)]，通分整理，向量的坐標運算等；
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
一次就可以整理為\((4k^2+3)x^2+16kx+4=0\)；
- 將直線 \(y=k(x-1)+2\) 代入 \(x^2+y^2-6x=0\)，消\(y\)整理時的兩個思路，
\(x^2+[k(x-1)+2]^2-6x=0\)，
思路一：\(x^2+(kx-k+2)^2-6x=0\)，
思路二：\(x^2+k^2(x-1)^2+2^2+2\times2\times k(x-1)-6x=0\)，
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；
再比如，\(S_{\triangle ABC}=\cdots=\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{6|m|}{4m^{2}}\cdot|3m|=\cfrac{9}{4}\)；
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。
典例剖析
(1).求橢圓\(E\)的標准方程；
解析：由已知，點 \(C\)， \(D\) 的坐標分別為 \((0,-b)\)，\((0, b)\)，又點 \(P\) 的坐標為 \((0,1)\) 且\(\overrightarrow{PC}\cdot\overrightarrow{PD}=-1\)，
於是 \(\left\{\begin{array}{l}{1-b^{2}=-1}\\{\cfrac{c}{a}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}}\\{a^{2}-b^{2}=c^{2}}\end{array}\right.\) \(\quad\)解得\(a=2\)，\(b=\sqrt{2}\)，
故橢圓\(E\)的標准方程為\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2}=1\)；
(2).設\(O\)為坐標原點，過點\(P\)的動直線和橢圓交於\(A\)、\(B\)兩點，是否存在常數\(\lambda\)，使得\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+\lambda \overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}\) 為定值，若存在, 求出 \(\lambda\) 的值； 若不存在, 請說明理由.
解析：當直線 \(AB\) 的斜率存在時，設直線 \(AB\) 的方程為 \(y=kx+1\)，
令\(A(x_1,y_1)\)、\(B(x_2,y_2)\)，聯立得到\(\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2}=1}\end{array}\right.\)
得到\((2k^2+1)x^2+4kx-2=0\)，其判別式 \(\Delta=(4 k)^{2}+8\left(2 k^{2}+1\right)>0\)
所以 \(x_{1}+x_{2}=-\cfrac{4k}{2k^{2}+1}\)， \(x_{1}x_{2}=-\cfrac{2}{2k^{2}+1}\)，又由直線\(y=kx+1\)，
得到\(y_1+y_2=(kx_1+1)+(kx_2+1)=k(x_1+x_2)+2\)，
且有\(y_1y_2=(kx_1+1)(kx_2+1)=k^2x_1x_2+k(x_1+x_2)+1\)，
則\(\overrightarrow{OA}=(x_1,y_1)\)，\(\overrightarrow{OB}=(x_2,y_2)\)，\(\overrightarrow{PA}=(x_1,y_1-1)\)，\(\overrightarrow{PB}=(x_2,y_2-1)\)此處用到設而不求的技巧，即不直接求解\(x_1\)，\(y_1\)，\(x_2\)，\(y_2\)的單個值，而是將其整體用韋達定理代入運算。\(\quad\)；
從而\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+\lambda \overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}\)\(=x_1x_2+y_1y_2+\lambda[x_1x_2+(y_1-1)(y_2-1)]\)
\(=x_1x_2+y_1y_2+\lambda[x_1x_2+y_1y_2-(y_1+y_2)+1]\)
\(=(1+\lambda)x_1x_2+(1+\lambda)y_1y_2-\lambda(y_1+y_2)+\lambda\)
\(=(1+\lambda)(1+k^2)x_{1}x_2+k(x_1+x_2)+1\)
\(=\cfrac{(-2\lambda-4)k^{2}+(-2\lambda-1)}{2k^{2}+1}\)
\(=\cfrac{(-2\lambda-4)[(k^{2}+\cfrac{1}{2})-\cfrac{1}{2}]+(-2\lambda-1)}{2k^{2}+1}\) \(\quad\)注釋此處使用了分式列項法，目的是將參變量\(k\)集中到分母一個位置，便於下一步說明\(\quad\)；
\(=\cfrac{(-2\lambda-4)\cdot(k^{2}+\cfrac{1}{2})-(-2\lambda-4)\cdot\cfrac{1}{2}+(-2\lambda-1)}{2k^{2}+1}\)
\(=\cfrac{(-2\lambda-4)\cdot(k^{2}+\cfrac{1}{2})-(\lambda-1)}{2k^{2}+1}\)
\(=-\cfrac{\lambda-1}{2k^{2}+1}-\lambda-2\) \(\quad\)注釋此處已經將參變量\(k\)集中到了分母一個位置，這樣一旦分式的分子值為零，則分母上的參變量\(k\)不能起作用，故結果一定是與參變量\(k\)無關的結果，則一定是常數；\(\quad\)；
所以， 當 \(\lambda=1\) 時， \(-\cfrac{\lambda-1}{2k^{2}+1}-\lambda-2=-3\)，
此時， \(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+\lambda\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=-3\)，為定值；
更簡單的解法：從這一步變形 \(\cfrac{(-2\lambda-4)k^{2}+(-2\lambda-1)}{2k^{2}+1}\) 開始，
如果上式為常數，則與變參量\(k\)無關，故對應系數成比例；
即\(\cfrac{-2\lambda-4}{2}=\cfrac{-2\lambda-1}{1}\)，解得\(\lambda=1\)，
代入上式 \(\cfrac{(-2\lambda-4)k^{2}+(-2\lambda-1)}{2k^{2}+1}=-3\) ，為定值；
當直線 \(AB\) 的斜率不存在時，直線\(AB\) 即為直線 \(CD\)，
\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+\lambda \overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OD}+\lambda \overrightarrow{PC}\cdot\overrightarrow{PD}=-2-1=-3\)，為定值；
故存在常數\(\lambda\)，使得\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+\lambda \overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}\) 為定值.
（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。
(1). 求橢圓\(M\)的方程。
解析：將\(y=\cfrac{3}{\sqrt{7}}\)代入橢圓方程，得到\(x=\pm\cfrac{2}{\sqrt{7}}a\)，
故得到\(P(\cfrac{2}{\sqrt{7}}a，\cfrac{3}{\sqrt{7}})\)， \(Q(-\cfrac{2}{\sqrt{7}}a，\cfrac{3}{\sqrt{7}})\)，\(F(\sqrt{a^2-3}，0)\)，
這樣\(\overrightarrow{PF}=(\sqrt{a^2-3}-\cfrac{2}{\sqrt{7}}a，-\cfrac{3}{\sqrt{7}})\)，\(\overrightarrow{QF}=(\sqrt{a^2-3}+\cfrac{2}{\sqrt{7}}a，-\cfrac{3}{\sqrt{7}})\)，
由\(\overrightarrow{PF}\cdot\overrightarrow{QF}=0\)，得到\(a^2=4\) ，
故橢圓 \(M\) ：\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)。
(2). \(O\)為坐標原點，\(A\)、\(B\)、\(C\)是橢圓\(M\)上不同三點，並且\(O\)是\(\Delta ABC\)的重心，試探究\(\Delta ABC\)的面積是否為定值，若是，求出這個定值；若不是，說明理由。
解析： (有斜率時)設直線 \(AB\) 的方程為 \(y=kx+m\)，即\(kx-y+m=0\)，
代入橢圓方程 \(3x^{2}+4y^{2}=12\)，
可得 \((3+4k^{2})x^{2}+8kmx+4m^{2}-12=0\)，
設\(A(x_{1}, y_{1})\)， \(B(x_{2}, y_{2})\)，則\(\overrightarrow{OA}=(x_1,y_1)\)，\(\overrightarrow{OB}=(x_2,y_2)\)，
由韋達定理得到，則 \(x_{1}x_{2}=\cfrac{4m^{2}-12}{3+4k^{2}}\)， \(x_{1}+x_{2}=-\cfrac{8km}{3+4k^{2}}\)，
\(y_{1}+y_{2}=k(x_{1}+x_{2})+2m=\cfrac{6m}{3+4k^{2}}\)，
由 \(O\) 為 \(\triangle ABC\) 的重心， 則\(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}\)
可得 \(\overrightarrow{OC}=-(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})\)，又由於\(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=(x_1+x_2,y_1+y_2)\)，
故有\(\overrightarrow{OC}=(\cfrac{8km}{3+4k^{2}},-\cfrac{6m}{3+4k^{2}})\)，即點\(C(\cfrac{8km}{3+4k^{2}},-\cfrac{6m}{3+4k^{2}})\)
由於點\(C\)在橢圓上， 則有 \(3(\cfrac{8km}{3+4k^{2}})^{2}+4(-\cfrac{6m}{3+4k^{2}})^{2}=12\)，
化簡上式，可得 4\(m^{2}=3+4k^{2}\)，
又由弦長公式可得，\(|AB|=\sqrt{1+k^{2}}\cdot\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}\)
\(=\sqrt{1+k^{2}}\cdot\sqrt{(-\cfrac{8km}{3+4k^{2}})^{2}-4\cdot\cfrac{4m^{2}-12}{3+4 k^{2}}}\)
\(=\cfrac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{3+4k^{2}}\cdot\sqrt{9+12k^{2}-3m^{2}}\)
再者，由點\(C\) 到直線 \(AB\) 的距離 \(d=\cfrac{|kx_{_C}+m-y_{_C}|}{\sqrt{1+k^{2}}}\)
\(=\cfrac{\left|k\cdot \cfrac{8km}{3+4k^{2}}+m-(-\cfrac{6m}{3+4k^{2}})\right|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\cfrac{|3m|}{\sqrt{1+k^{2}}}\)，
\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}|AB| \cdot d=\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{4\sqrt{1+k^{2}}}{3+4k^{2}}\cdot\sqrt{9+12k^{2}-3m^{2}}\cdot \cfrac{|3m|}{\sqrt{1+k^{2}}}\)
\(=\cfrac{6|m|}{3+4k^{2}}\cdot\sqrt{9+12k^{2}-3m^{2}}\)\(=\cfrac{6|m|}{4m^{2}}\cdot\sqrt{12m^{2}-3m^{2}}\)
\(=\cfrac{6|m|}{4m^{2}}\cdot |3m|=\cfrac{9}{2}\)，
當直線 \(AB\) 的斜率不存在時，要滿足條件\(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}\)，
則直線為 \(x=-1\)，此時\(A(-1,\cfrac{3}{2})\)，\(B(-1,-\cfrac{3}{2})\)，\(C(2,0)\)，
故 \(|AB|=3\)， \(d=2+1=3\)， \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}|AB|\cdot d=\cfrac{9}{2}\).
綜上可得， \(\triangle ABC\) 的面積為定值 \(\cfrac{9}{2}\).
難點題目
(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。
法2： 從此處另解，
\(\cfrac{1}{|AM|^2}\)\(+\cfrac{1}{|BM|^2}=\cdots=\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=\cfrac{2k^2+m}{2m^2k^2+2m^2}\)
要使得上式為常數，即與參變量\(k\)無關，則必然會消去\(k\)，
故令上式中分子分母中關於\(k\) 的表達式的系數對應成比例，
則\(\cfrac{2}{2m^2}=\cfrac{m}{2m^2}\)，解得\(m=2\)；
此時的定值為\(\cfrac{2k^2+m}{2m^2k^2+2m^2}=\cfrac{2(k^2+1)}{2m^2(k^2+1)}=\cfrac{2}{2m^2}=\cfrac{1}{4}\)
分析：設點\(M(a,0)\)，圓\(M\) 的半徑為\(r\)(變量)，\(OP=t\)(常量)，則有
由圖可知，\(\tan \angle OPA=\cfrac{a-r}{t}\)， \(\tan\angle OPB=\cfrac{a+r}{t}\)
則\(\tan \angle APB=\tan(\angle OPB-\angle OPA)=\cfrac{\cfrac{a+r}{t}-\cfrac{a-r}{t}}{1+\cfrac{a^{2}-r^{2}}{t^{2}}}=\cfrac{2rt}{t^{2}+a^{2}-r^{2}}\)
又由於兩圓外切，則\(\sqrt{a^{2}+4}=|r+1|\)，即\(a^{2}=(r+1)^{2}-4\)，代入上式得到，
\(\tan\angle APB=\cfrac{2rt}{t^{2}+2r-3}=\cfrac{2 t}{\frac{t^{2}-3}{r}+2}\)
由於\(\angle APB\) 的大小恆為定值， 故 \(t=\sqrt{3}\)
則 \(|OP|=\sqrt{3}\).
另解：\(\tan\angle APB=\cfrac{2t\cdot r}{2\cdot r+(t^{2}-3)}=\cfrac{2t\cdot r+0}{2\cdot r+(t^{2}-3)}\)，
令\(t^2-3=0\)， 故 \(t=\sqrt{3}\)，則\(|OP|=\sqrt{3}\).
對應練習
分析：由已知得，圓\(M\)的圓心為\(M(-1，0)\)，半徑\(r_1=1\)；
圓\(N\)的圓心為\(N(1，0)\)，半徑\(r_2=3\)；
設圓\(P\)的圓心為\(P(x，y)\)，半徑為\(R\)；
由於圓\(P\)與圓\(M\)外切，則\(|PM|=R+r_1=R+1\)，
又圓\(P\)與圓\(N\)內切，則則\(|PN|=r_2-R=3-R\)，
所以\(|PM|+|PN|=(R+r_1)+(r_2-R)=r_1+r_2=4=2a\)，\(2c=|MN|=2\)，
由[橢圓的定義]可知，曲線\(C\)是以\(M\)，\(N\)為左右焦點，長半軸長為\(a=2\)，短半軸長為\(b=\sqrt{3}\)的橢圓(左頂點除外)，
其軌跡方程為\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1(x\neq -2)\)。
(1). 求橢圓 \(C\) 的方程；
解析： 由已知，取過橢圓的焦點且與長軸垂直的弦為\(x=c\)，
代入橢圓方程，求解得弦長為\(|2y|=\cfrac{2b^2}{a}\)，
由題意可得: \(\left\{\begin{array}{l}\cfrac{c}{a}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\\\cfrac{2b^{2}}{a}=1\\a^{2}=b^{2}+c^{2}\end{array}\right.，\) 解得: \(\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=1\end{array}\right.\)
故橢圓 \(C\) 的方程為 \(: \cfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\)；
(2). 設點 \(M\) 為橢圓上位於第一象限內一動點， \(A, B\)分別為橢圓的左頂點和下頂點，直線 \(MB\) 與 \(x\) 軸交於點 \(C\)， 直線 \(MA\) 與 \(y\) 軸交於點 \(D\)，求證: 四邊形\(ABCD\) 的面積為定值.
解析： 橢圓 \(C\) 的方程為 \(: \cfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\)， 故\(A(-2,0), B(0,-1)\)，
設 \(M(m, n)(m>0, n>0)\)， 則 \(\cfrac{m^{2}}{4}+n^{2}=1\)， 即 \(m^{2}+4n^{2}=4\)，
又由於\(k_{_{BM}}=\cfrac{n-(-1)}{m-0}=\cfrac{n+1}{m}\)，且經過點\((0,-1)\)，
則直線 \(BM\) 的方程為 \(: y=\cfrac{n+1}{m}x-1\)，令\(y=0\)， 得 \(x_{_{C}}=\cfrac{m}{n+1}\)；
同理， 直線 \(AM\) 的方程為 \(: y=\cfrac{n}{m+2}(x+2)\)， 令 \(x=0\)， 得 \(y_{_{D}}=\cfrac{2n}{m+2}\)，
故 \(S_{ABCD}=\cfrac{1}{2}\cdot|AC|\cdot|BD|\)
\(=\cfrac{1}{2}\cdot|\cfrac{m}{n+1}+2|\cdot|\cfrac{2n}{m+2}+1|\)
\(=\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{(m+2n+2)^{2}}{(m+2)(n+1)}\)
\(=\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{m^{2}+4n^{2}+4+4mn+4m+8n}{mn+m+2n+2}\)注意數學公式的使用，\((a+b+c)^2\)\(=\)\(a^2\)\(+\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(+\)\(2ab\)\(+\)\(2bc\)\(+\)\(2ca\)，可以使用多項式的乘法，自行推導\(\quad\)，
\(=\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{4mn+4m+8n+8}{mn+m+2n+2}=2\)
即四邊形 \(ABCD\) 的面積為定值 \(2\).
(1). 求橢圓的標准方程；
解析：由題意 \(e=\cfrac{c}{a}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)， 由於過點 \((2,\sqrt{2})\)，得到\(\cfrac{4}{{a}^{2}}+\cfrac{2}{{b}^{2}}=1\)，
又由於 \(a^{2}={b}^{2}+{c}^{2}\)，解得: \(a^{2}=8\)， \(b^{2}=4\)，
故橢圓的標准方程為 \(\cfrac{x^{2}}{8}+\cfrac{y^{2}}{4}=1\).
(2). 四邊形 \(ABCD\) 的頂點在橢圓上，且對角線 \(AC\)、\(BD\) 過原點 \(O\)，若\({k}_{_{AC}}\cdot{k}_{_{BD}}=-\cfrac{b^{2}}{a^{2}}\)， 求證： 四邊形 \(ABCD\) 的面積為定值.
解析：①當直線 \(AB\) 斜率不存在時，設直線 \(AB\) 方程為\(x=m\)，如圖所示，
設 \(A(m,-\sqrt{\cfrac{8-{m}^{2}}{2}})\)， \(B(m,\sqrt{\cfrac{8-{m}^{2}}{2}})\)，
又由於\({k}_{_{AC}}\cdot{k}_{_{BD}}=-\cfrac{b^{2}}{a^{2}}={k}_{_{OA}}\cdot{k}_{_{OB}}=-\cfrac{1}{2}\)，
又由於\({k}_{_{OB}}=\cfrac{\sqrt{\cfrac{8-{m}^{2}}{2}}-0}{m-0}\)，\({k}_{_{OA}}=\cfrac{-\sqrt{\cfrac{8-{m}^{2}}{2}}-0}{m-0}\)，
即 \(\cfrac{\sqrt{\cfrac{8-m^{2}}{2}}}{m}\cdot\cfrac{-\sqrt{\cfrac{8-m^{2}}{2}}}{m}=-\cfrac{1}{2}\)，解得， \(m=\pm 2\)，
且\(\pm\sqrt{\cfrac{8-m^{2}}{2}}=\pm\sqrt{2}\)，則\(\triangle AOB\) 的底邊 \(AB=2\sqrt{2}\)，高為\(|m|=2\)，
故 \(S_{ABCD}=4\cdot S_{AOB}=4\times\cfrac{1}{2}\times|m|\times|AB|=8\sqrt{2}\)；
②當直線 \(AB\) 斜率存在時，設直線 \(AB\) 方程為\(y=kx+m\)，如圖所示，
設點 \(A({x}_{1}, {y}_{1})\), \({B}({x}_{2},{y}_{2})\)，
聯立 \(\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\x^{2}+2y^{2}=8\end{array}\right.，\) 得 \((1+2k^{2})x^{2}+4kmx+2m^{2}-8=0\)，
\(\Delta=(4km)^{2}-4(1+2k^{2})(2m^{2}-8)=8(8k^{2}-m^{2}+4)>0\)，
且\({x}_{1}+{x}_{2}=\cfrac{-4km}{1+2{k}^{2}}\)， \({x}_{1}{x}_{2}=\cfrac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}\)，
由於 \(k_{_{OA}}\cdot k_{_{OB}}=-\cfrac{1}{2}\)， 即 \(\cfrac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=-\cfrac{1}{2}\)，
所以，\({y}_{1}{y}_{2}=-\cfrac{1}{2}{x}_{1}{x}_{2}=-\cfrac{{m}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}\)，
又由於 \({y}_{1}{y}_{2}=({kx}_{1}+{m})({kx}_{2}+{m})={k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+{km}({x}_{1}+{x}_{2})+{m}^{2}\)，
從而得到， \(k^{2}\cdot\cfrac{2m^{2}-8}{1+2k^{2}}+km\cdot\cfrac{-4km}{1+2k^{2}}+m^{2}=-\cfrac{m^{2}-4}{1+2k^{2}}\)，
化簡得到， \(4{k}^{2}+2={m}^{2}\)，
設原點到直線 \(AB\) 的距離為 \(d\)， 則\(d=\cfrac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}\)，且\(AB=\sqrt{1+k^2}\sqrt{({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4 {x}_{1}{x}_{2}}\)，
則 \(S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}\cdot|AB|\cdot d=\cfrac{1}{2}\cdot\sqrt{1+k^2}\sqrt{({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4 {x}_{1}{x}_{2}}\cdot\cfrac{|m|}{\sqrt{1+k^{2}}}\)，
\(=\cfrac{|m|}{2}\cdot\sqrt{(\cfrac{-4km}{1+2{k}^{2}})^{2}-4\cdot\cfrac{2m^{2}-8}{1+2k^{2}}}\)
\(=\cfrac{|m|}{2}\sqrt{\cfrac{64k^2-8m^2+32}{(1+2k^2)^2}}=\cfrac{|m|}{2}\cfrac{\sqrt{64k^2+32-8m^2}}{1+2k^2}\)
\(=\cfrac{|m|}{2}\cfrac{\sqrt{16m^2-8m^2}}{\frac{m^2}{2}}=\cfrac{|m|\cdot 2\sqrt{2}|m|}{2\cdot\frac{m^2}{2}}\)
\(=2\sqrt{2}\)，
所以，\(S_{ABCD}=4\cdot S_{\triangle AOB}=8\sqrt{2}\)由於直線\(AC\)經過橢圓的中心，故點\(A\)與點\(C\)關於原點對稱，同理點\(B\)與點\(D\)關於原點對稱，則可知\(S_{\triangle AOD}\)\(=\)\(S_{\triangle BOC}\)[區域對頂等面積]，\(S_{\triangle AOB}\)\(=\)\(S_{\triangle COB}\)[由於等底同高，故等面積]，\(\quad\)，
綜上所述，四邊形 \(ABCD\) 的面積為定值\(8\sqrt{2}\).