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圆锥曲线是高考必考题，考查直线与圆锥曲线的基本知识与方法和数形结合、函数与方程等重要数学思想，涉及距离、斜率的基本概念. 定点、定值问题是解析几何考查的热点题型之一，这类问题的一个基本思想是等式的恒成立.
特殊入手，再证明
例1 已知椭圆[C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的焦距为2，两焦点与短轴的一个顶点的连线构成直角三角形.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点[M（0，-13）]的动直线[l]交椭圆[C]于[A，B]两点，试问：在y轴是否存在一个定点[Q]，使得以[AB]为直径的圆恒过定点[Q]？若存在，求出点[Q]的坐标；若不存在，请说明理由.
分析 （1）待定系数法；（2）直线[l]有两个特殊位置，从而可确定两个特殊圆的方程，先找到符合条件的特殊点[Q]，再证明此点满足一般情况，即[QA?QB]的值恒为0.
解 （1）由椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形， [∴b=c.]
又斜边长为2，即[2c=2].
故[a=2c=2].
故椭圆的方程为[x22+y2=1].
（2）当[l]与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为[x2+（y+13）2=169].
当[l]与y轴平行时，以AB为直径的圆的方程为[x2+y2=1].
联立得，[x2+（y+13）2=169，x2+y2=1，]解得，[x=0，y=1.]，
故若存在定点Q，则Q的坐标只可能为[Q（0，1）].
下面证明[Q（0，1）]为所求.
①若直线[l]斜率不存在，上述已经证明.
②当直线[l]斜率存在时，设直线[l：y=kx-13，][A（x1，y1）]，[B（x2，y2）]，
由题意得，[y=kx-13，x2+2y2-2=0，]
联立得，[（9-18k2）x2-12kx-16=0.]
[∴Δ=144k2+64（9+18k2）>0]，
[x1+x2=12k18k2+9]，[x1x2=-1618k2+9].
又[QA=（x1，y1-1）]，[QB=（x2，y2-1）]，
[∴QA?QB=x1x2+（y1-1）（y2-1）=（1+k2）x1x2-4k3（x1+x2）+169=（1+k2）-169+18k2-4k3?12k9+18k2+169=0.]
[∴QA⊥QB]，即以[AB]为直径的圆恒过点[Q（0，1）.]
解读 解析几何中证明动直线（曲线）过定点，一般是先选择一个参数建立直线（曲线）系方程，然后根据直线（曲线）系方程过定点时方程成立与参数没有关系，得到一个关于[x]，[y]的方程组，以这个方程组的解为坐标的点就是直线（曲线）所过的定点，当定点具备一定的限制条件时，可特殊对待. 解决定点问题的关键就是建立直线或者曲线系方程，要注意选用合适的参数表达直线或者曲线系方程；如果是双参数，要注意这两个参数之间的相互关系.
推理计算，消去变量
例2 已知椭圆[C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的离心率为[12]，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线[7x-5y+12=0]相切.
（1）求椭圆[C]的方程；
（2）设[A（-4，0）]，过点[R（3，1）]作与[x]轴不重合的直线交椭圆[C]于[P，Q]两点，连接[AP]，[AQ]分别交直线[x=163]于[M]，[N]两点，若直线[MR]，[NR]的斜率分别为[k1]，[k2]，试问：[k1k2]是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
解析 （1）由题意得，[ca=12]，[127+5=b]，[a2=b2+c2]，解得，[a=4]，[b=23]，[c=2].
故椭圆[C]的方程为[x216+y212=1].
（2）设[P（x1，y1）]，[Q（x2，y3）]，直线[PQ]的方程为[x=my+3].
由[x216+y212=1，x=my+3]得，[（3m2+4）y2+18my-21=0].
所以[y1+y2=-18m3m2+4]，[y1y2=-213m2+4].
由[A]，[P]，[M]三点共线可知，[yM163+4=y1x1+4]，所以[yM=28y13（x1+4）].
同理可得，[yN=28y23（x2+4）].
所以[k1k2=yM163-3×yN163-3=9yMyN49=16y1y2（x1+4）（x2+4）.]
因为[（x1+4）（x2+4）=（my1+7）（my2+7）]
[=m2y1y2+7m（y1+y2）+49]，
所以[k1k2=16y1y2m2y1y2+7m（y1+y2）+49]
[=16×-213m2+4m2×-213m2+4+7mx×-18m3m2+4+49=127.]
例3 已知抛物线C：y2=4x，点M（m，0）在x轴的正半轴上，过点M的直线l与C相交于A，B两点，O为坐标原点.
（1）若m=1，且直线l的斜率为1，求以线段AB为直径的圆的方程；
（2）问是否存在定点M，不论直线l绕点M如何转动，使得[1AM2+1BM2]恒为定值.
分析 （1）设而不求，弦长公式求出圆心与半径即可.（2）引入直线l的斜率的倒数作为变量，表达出[1AM2+1BM2]，分析数式取值与变量无关的条件是解决此题关键.
解 （1）设A，B两点坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点P的坐标为P（x0，y0）.
由题意得，M（1，0），直线l的方程为y=x-1.
由[y=x-1，y2=4x]得，x2-6x+1=0.
则x1+x2=6，x1x2=1，且x0=[x1+x22]=3，y0=x0-1=2.
故圆心为P（3，2），
直径[|AB|=2]|x1-x2|[=2?x1+x22-4x1x2=8].
∴以AB为直径的圆的方程为（x-3）2+（y-2）2=16.
（2）若存在这样的点M，使得[1AM2+1BM2]恒为定值，设直线l的方程为x=ky+m.
由[x=ky+m，y2=4x]得，y2-4ky-4m=0.
于是y1+y2=4k，y1y2=-4m.
又|AM|2=[y12]（1+k2），|BM|2=[y22]（1+k2），
∴[1AM2+1BM2=1y12+1y22?11+k2]
[=11+k2?y1+y22-2y1y2y1y22=11+k2?k2+m2m2.] （*）
（*）式要与k无关，只需[m2]=1，即m=2，进而[1AM2+1BM2=14].
∴存在定点M（2，0），不论直线l绕点M如何转动，[1AM2+1BM2]恒为定值[14].
解读 解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路很明确，即定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比值关系，其不受变化的量影响的一个值就是要求的定值. 解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比值关系，根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量. 注意把问题的各种可能情况考虑进去，特别是涉及直线的斜率时，要注意直线的斜率不存在的情况，同时要注意问题的转化及使用平面几何的知识简化运算.
特殊入手，再证明
例1 已知椭圆[C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的焦距为2，两焦点与短轴的一个顶点的连线构成直角三角形.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点[M（0，-13）]的动直线[l]交椭圆[C]于[A，B]两点，试问：在y轴是否存在一个定点[Q]，使得以[AB]为直径的圆恒过定点[Q]？若存在，求出点[Q]的坐标；若不存在，请说明理由.
分析 （1）待定系数法；（2）直线[l]有两个特殊位置，从而可确定两个特殊圆的方程，先找到符合条件的特殊点[Q]，再证明此点满足一般情况，即[QA?QB]的值恒为0.
解 （1）由椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形， [∴b=c.]
又斜边长为2，即[2c=2].
故[a=2c=2].
故椭圆的方程为[x22+y2=1].
（2）当[l]与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为[x2+（y+13）2=169].
当[l]与y轴平行时，以AB为直径的圆的方程为[x2+y2=1].
联立得，[x2+（y+13）2=169，x2+y2=1，]解得，[x=0，y=1.]，
故若存在定点Q，则Q的坐标只可能为[Q（0，1）].
下面证明[Q（0，1）]为所求.
①若直线[l]斜率不存在，上述已经证明.
②当直线[l]斜率存在时，设直线[l：y=kx-13，][A（x1，y1）]，[B（x2，y2）]，
由题意得，[y=kx-13，x2+2y2-2=0，]
联立得，[（9-18k2）x2-12kx-16=0.]
[∴Δ=144k2+64（9+18k2）>0]，
[x1+x2=12k18k2+9]，[x1x2=-1618k2+9].
又[QA=（x1，y1-1）]，[QB=（x2，y2-1）]，
[∴QA?QB=x1x2+（y1-1）（y2-1）=（1+k2）x1x2-4k3（x1+x2）+169=（1+k2）-169+18k2-4k3?12k9+18k2+169=0.]
[∴QA⊥QB]，即以[AB]为直径的圆恒过点[Q（0，1）.]
解读 解析几何中证明动直线（曲线）过定点，一般是先选择一个参数建立直线（曲线）系方程，然后根据直线（曲线）系方程过定点时方程成立与参数没有关系，得到一个关于[x]，[y]的方程组，以这个方程组的解为坐标的点就是直线（曲线）所过的定点，当定点具备一定的限制条件时，可特殊对待. 解决定点问题的关键就是建立直线或者曲线系方程，要注意选用合适的参数表达直线或者曲线系方程；如果是双参数，要注意这两个参数之间的相互关系.
推理计算，消去变量
例2 已知椭圆[C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的离心率为[12]，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线[7x-5y+12=0]相切.
（1）求椭圆[C]的方程；
（2）设[A（-4，0）]，过点[R（3，1）]作与[x]轴不重合的直线交椭圆[C]于[P，Q]两点，连接[AP]，[AQ]分别交直线[x=163]于[M]，[N]两点，若直线[MR]，[NR]的斜率分别为[k1]，[k2]，试问：[k1k2]是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
解析 （1）由题意得，[ca=12]，[127+5=b]，[a2=b2+c2]，解得，[a=4]，[b=23]，[c=2].
故椭圆[C]的方程为[x216+y212=1].
（2）设[P（x1，y1）]，[Q（x2，y3）]，直线[PQ]的方程为[x=my+3].
由[x216+y212=1，x=my+3]得，[（3m2+4）y2+18my-21=0].
所以[y1+y2=-18m3m2+4]，[y1y2=-213m2+4].
由[A]，[P]，[M]三点共线可知，[yM163+4=y1x1+4]，所以[yM=28y13（x1+4）].
同理可得，[yN=28y23（x2+4）].
所以[k1k2=yM163-3×yN163-3=9yMyN49=16y1y2（x1+4）（x2+4）.]
因为[（x1+4）（x2+4）=（my1+7）（my2+7）]
[=m2y1y2+7m（y1+y2）+49]，
所以[k1k2=16y1y2m2y1y2+7m（y1+y2）+49]
[=16×-213m2+4m2×-213m2+4+7mx×-18m3m2+4+49=127.]
例3 已知抛物线C：y2=4x，点M（m，0）在x轴的正半轴上，过点M的直线l与C相交于A，B两点，O为坐标原点.
（1）若m=1，且直线l的斜率为1，求以线段AB为直径的圆的方程；
（2）问是否存在定点M，不论直线l绕点M如何转动，使得[1AM2+1BM2]恒为定值.
分析 （1）设而不求，弦长公式求出圆心与半径即可.（2）引入直线l的斜率的倒数作为变量，表达出[1AM2+1BM2]，分析数式取值与变量无关的条件是解决此题关键.
解 （1）设A，B两点坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点P的坐标为P（x0，y0）.
由题意得，M（1，0），直线l的方程为y=x-1.
由[y=x-1，y2=4x]得，x2-6x+1=0.
则x1+x2=6，x1x2=1，且x0=[x1+x22]=3，y0=x0-1=2.
故圆心为P（3，2），
直径[|AB|=2]|x1-x2|[=2?x1+x22-4x1x2=8].
∴以AB为直径的圆的方程为（x-3）2+（y-2）2=16.
（2）若存在这样的点M，使得[1AM2+1BM2]恒为定值，设直线l的方程为x=ky+m.
由[x=ky+m，y2=4x]得，y2-4ky-4m=0.
于是y1+y2=4k，y1y2=-4m.
又|AM|2=[y12]（1+k2），|BM|2=[y22]（1+k2），
∴[1AM2+1BM2=1y12+1y22?11+k2]
[=11+k2?y1+y22-2y1y2y1y22=11+k2?k2+m2m2.] （*）
（*）式要与k无关，只需[m2]=1，即m=2，进而[1AM2+1BM2=14].
∴存在定点M（2，0），不论直线l绕点M如何转动，[1AM2+1BM2]恒为定值[14].
解读 解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路很明确，即定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比值关系，其不受变化的量影响的一个值就是要求的定值. 解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比值关系，根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量. 注意把问题的各种可能情况考虑进去，特别是涉及直线的斜率时，要注意直线的斜率不存在的情况，同时要注意问题的转化及使用平面几何的知识简化运算.