高二同步拔高練習，難度4顆星！

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模組導圖

知識剖析

定值問題描述

在圓錐曲線中，某些幾何量在特定的關係結構中，不受相關變元的制約而恆定不變，則稱該變數具有定值特徵.
\({\color{Red}{ Eg}}\)
①一個球在水平面上無論怎麼滾動，球心到水平面的距離都是半徑長；
②橢圓上一動點\(P\)到兩焦點\(F_1,F_2\)的距離之和\(PF_1+PF_2\)為一定值；

定值問題常見解題方法

定值問題往往涉及到一連串的“運動變化”，要確定某幾何量的定值，我們要先理解題意，明確“變化的源頭”，再找到源頭與含定值特徵的幾何量之間的代數或幾何關係，來確定解題的突破口.

引數法

把相關幾何量用曲線裡的參變量表示，再證明結論與求引數無關；
\({\color{Red}{ 解題步驟}}\)

引進引數--列出關係式--化簡消參，求出定值.

由特殊到一般法

把相關幾何量的變元特殊化，在特例中求出幾何量的定值，再證明結論與特定狀態無關.

幾何法

根據幾何關係確定相關幾何量的不變.

經典例題

【方法一】引數法

【典題1】 已知橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的左焦點\(F_1 (－1 ,0)\)，長軸長與短軸長的比是\(2 : \sqrt { 3 }\)．
(1)求橢圓的方程；
(2)過\(F_1\)作兩直線\(m ,n\)

交橢圓於\(A ,B ,C ,D\)四點，若\(m⊥n\)，求證：\(\dfrac { 1 } { | A B | } + \dfrac { 1 } { | CD | }\)為定值．

【解析】 (1)過程略，所求橢圓方程為\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)；
(2)證明：當直線\(m\)斜率不存在時，
此時\(|AB|=3\),\(|CD|=4\)，\(\dfrac { 1 } { | A B | } + \dfrac { 1 } { | CD | }= \dfrac { 1 } { 3 } + \dfrac { 1 } { 4 } = \dfrac { 7 } { 12 }\)．
當直線\(m\)斜率存在時，設直線\(m\)的方程為\(y=k(x+1)(k≠0)\)．
由\(\begin{cases} { y = k ( x + 1 ) } \\ { \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1 } \end{cases}\)，得\((3+4k^2 ) x^2+8k^2 x+4k^2－12=0\)．
設\(A(x_1 ,y_1)\),\(B(x_2 ,y_2)\)，
則有\(x _ { 1 } + x _ { 2 } = - \dfrac { 8 k ^ { 2 } } { 3 + 4 k ^ { 2 } }\)，\(x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { 4 k ^ { 2 } - 12 } { 3 + 4 k ^ { 2 } }\)，
\(| A B | = \sqrt { ( 1 + k ^ { 2 } ) [ ( x _ { 1 } + x _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 x _ { 1 } x _ { 2 } ] }\)
\(= \sqrt { ( 1 + k ^ { 2 } ) [ ( - \dfrac { 8 k ^ { 2 } } { 3 + 4 k ^ { 2 } } ) ^ { 2 } - 4 \times \dfrac { 4 k ^ { 2 } - 12 } { 3 + 4 k ^ { 2 } } }\)
\(= \dfrac { 12 ( 1 + k ^ { 2 } ) } { 3 + 4 k ^ { 2 } }\)
\({\color{Red}{(求AB 用弦長公式) }}\)
\(∵m⊥n\)，\(∴\)直線\(n\)的方程為\(y = - \dfrac { 1 } { k } ( x + 1 )\)
同理\(| C D | = \dfrac { 12 ( 1 + k ^ { 2 } ) } { 3 k ^ { 2 } + 4 }\)． \({\color{Red}{ (同理可得，故整體計算量不太大)}}\)
所以\(\dfrac { 1 } { | A B | } + \dfrac { 1 } { | C D | } = \dfrac { 3 + 4 k ^ { 2 } } { 12 ( 1 + k ^ { 2 } ) } + \dfrac { 3 k ^ { 2 } + 4 } { 12 ( 1 + k ^ { 2 } ) }\)
\(= \dfrac { 7 ( 1 + k ^ { 2 } ) } { 12 ( 1 + k ^ { 2 } ) } = \dfrac { 7 } { 12 }\)．
綜上\(\dfrac { 1 } { | A B | } + \dfrac { 1 } { | C D | }\)為定值\(\dfrac { 7 } { 12 }\)．
【點撥】
① 定值問題往往涉及到“運動變化”，我們一定要找到其“源頭”.我們是如下思考的

這樣就找到了“源頭”，故想到用k表示線段\(AB,CD\)長度；找源頭的方式決定了引入的引數；
② 本題採取引數法，\(AB,CD\)顯然可理解為直線與橢圓的弦長，故用弦長公式表示線段，當直線\(m\)斜率\(k\)存在時，\(\dfrac { 1 } { | A B | } + \dfrac { 1 } { | C D | }\)表示成關於引數k的式子\(f(k)\)，則證明\(\dfrac { 1 } { | A B | } + \dfrac { 1 } { | C D | }\)為定值，即證明\(f(k)\)為常數便可；
③ 若本題是一道非解答題，利用特殊法(即\(k\)不存在時)就很容易得到\(\dfrac { 1 } { | A B | } + \dfrac { 1 } { | C D | }\)為定值\(\dfrac { 7 } { 12 }\).

【典題2】 橢圓\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的離心率為\(\dfrac { 3 } { 5 }\)，\(P(m ,0)\)為\(C\)的長軸上的一個動點，過\(P\)點斜率為$ \frac { 4} { 5 } \(的直線\)l\(交\)C\(於\)A\(、\)B\(兩點．當\)m=0\(時，\)\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P B}=-\frac{41}{2}\(. \)P(m ,0)\(為\)C\(的長軸上的一個動點，過\)P\(點斜率為\)\dfrac { 4} { 5 }\(的直線\)l\(交\)C\(於\)A,B\(兩點．當\)m=0\(時，\)\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} = - \dfrac { 41 } { 2 }\(. (1)求\)C\(的方程；(2)求證：\)|PA|^2+|PB|2\(為定值． 【解析】(1)過程略，橢圓\)C\(的方程為\)\dfrac { x ^ { 2 } } { 25 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 16 } = 1\(； (2)依題意\)l\(的方程為\)x = \dfrac { 5 } { 4 } y + m\(， 代入\)\dfrac { x ^ { 2 } } { 25 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 16 } = 1$，並整理得\(25y^2+20my+8(m^2-25)=0\)．
設\(A(x_1 ,y_1)\),\(B(x_2 ,y_2)\)，
則\(|PA|^2=(x_1-m)^2+y_1^2=\dfrac{41}{16} y_1^2\)，
同理\(|PB|^2=\dfrac{41}{16}y_2^2\)．
\(|PA|^2+|PB|^2=\dfrac{41}{16}(y_1^2+〖y_2^2)=\dfrac{41}{16}[(y_1+y_2 )^2-2y_1 y_2]\)\(= \dfrac { 41 } { 16 } [ ( - \dfrac { 4 m } { 5 } ) ^ { 2 } - \dfrac { 16 ( m ^ { 2 } - 25 )} { 25 } ]= 41\)．
所以\(|PA|^2+|PB|^2\)是定值．
【點撥】
① 本題的“變化源頭”是\(m\)，線段\(PA,PB\)的長度變化顯然是由\(m\)的值決定的，故想到用\(m\)表示線段\(PA\)、\(PB\)，則\(m\)就是引入的引數；
② 本題採取引數法，線段\(PA\)、\(PB\)用兩點間距離公式\(\sqrt { ( x _ { 1 } - x _ { 2 } ) ^ { 2 } + ( y _ { 1 } - y _ { 2 } ) ^ { 2 } }\)表示成\(x_A\),\(y_A\)與\(x_B\),\(y_B\)，進而\(|PA|^2+|PB|^2\)表示為關於\(m\)的式子\(f(m)\)，證明\(|PA|^2+|PB|^2\)是定值即證明\(f(m)\)是常數，與引數\(m\)無關.
③ 直線\(l\)的方程設為\(x = \dfrac { 5 } { 4 } y + m\)，降低了計算量.

【典題3】 已知\(A\)、\(B\)是橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)上的兩點，且\(\overrightarrow{A F} = \lambda \overrightarrow{FB}\)，其中\(F\)為橢圓的右焦點．
(1)求實數\(λ\)的取值範圍；
(2)在\(x\)軸上是否存在一個定點\(M\)，使得\(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB}\)為定值？若存在，求出定值和定點座標；若不存在，說明理由．
【解析】(1)由已知條件知：直線\(AB\)過橢圓右焦點\(F(1 ,0)\)．
當直線\(AB\)與\(x\)軸重合時，\(\lambda = 3 \pm 2 \sqrt { 2 }\)．
當直線\(AB\)不與\(x\)軸重合時，設\(AB:x=my+1\)，
代入橢圓方程，並整理得\((2+m^2 ) y^2+2my-1=0\)，
設\(A(x_1 ,y_1)\),\(B(x_2 ,y_2)\)，
由根與係數的關係得\(y _ { 1 } + y _ { 2 } = \dfrac { - 2 m } { 2 + m ^ { 2 } }\)，\(y _ { 1 } y _ { 2 } = \dfrac { - 1 } { 2 + m ^ { 2 } }\)．
所以\(\dfrac { ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) ^ { 2 } } { y _ { 1 } y _ { 2 } } = \dfrac { - 4 m ^ { 2 } } { 2 + m ^ { 2 } } \in( - 4 , 0 ]\)．
又由\(\overrightarrow{A F} = \lambda \overrightarrow{FB}\)，得\(－y_1=λy_2\)，
所以\(\dfrac { ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) ^ { 2 } } { y _ { 1 } y _ { 2 } } = \dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } + y _ { 2 } ^ { 2 } + 2 y _ { 1 } y _ { 2 } } { y _ { 1 } y _ { 2 } }\)
\(= -\lambda - \dfrac { 1 } { \lambda } + 2 \in ( - 4 , 0 ]\)，
解之得\(3 - 2 \sqrt { 2 } \lt \lambda \lt 3 + 2 \sqrt { 2 }\)．
綜上，實數\(λ\)的取值範圍是\([3-2\sqrt { 2 } ,3+2\sqrt { 2 }]\)．
(2)設\(M(a ,0)\)，
直線\(AB\)不與\(x\)軸重合時，
則\(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB}=(x_1-a)(x_2-a)+y_1 y_2\)
\({\color{Red}{(向量常用座標處理) }}\)
\(=(my_1+1-a)(my_2+1-a)+y_1 y_2\)
\(=(1+m^2)y_1 y_2+m(1-a)(y_1+y_2)+(1-a)^2= - \dfrac { 1 + m ^ { 2 } } { 2 + m ^ { 2 } } - \dfrac { 2 m ^ { 2 } ( 1 - a ) } { 2 + m ^ { 2 } } + ( 1 - a ) ^ { 2 }\)
\(= \dfrac { - 1 + ( 2 a - 3 ) m ^ { 2 } } { 2 + m ^ { 2 } } + ( 1 - a ) ^ { 2 }\)為定值，
\({\color{Red}{ (\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB}為定值，即它不受m的影響)}}\)
所以\(\dfrac { - 1 } { 2 } = \dfrac { 2 a - 3 } { 1 }\)，解得\(a = \dfrac { 5 } { 4 }\)．
故存在定點\(M(\dfrac { 5 } { 4 },0)\)，使得\(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB}\)為定值\(-\dfrac{7}{16}\)．
經檢驗，當\(AB\)與\(x\)軸重合時也成立，
\(∴\)存在定點\(M(\dfrac { 5 } { 4 },0)\)，使得\(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB}\)為定值\(-\dfrac{7}{16}\)．
【點撥】
① 本題的“變化源頭”是直線\(AB\)，若設直線\(AB\)方程為\(x=my+1\)，“源頭”可理解為\(m\)，即不管\(m\)取任何值，\(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB}\)的值恆定不變，引入引數\(m\)；
② 若式子\(\dfrac { c + d x } { a + b x }\)是定值，不受x的影響，則有\(\dfrac { c } { a } = \dfrac { d } { b }\)；
③ 注意最後直線\(AB\)與\(x\)軸重合特殊情況的分析.

【典題4】 一束光線從點\(F_1 (－1 ,0)\)出發，經直線\(l:2x-y+3=0\)上一點\(P\)反射後，恰好穿過點\(F_2 (1 ,0)\)．
(1)求點\(P\)的座標；
(2)求以\(F_1 ,F_2\)為焦點且過點\(P\)的橢圓\(C\)的方程；
(3)設點\(Q\)是橢圓\(C\)上除長軸兩端點外的任意一點，試問在\(x\)軸上是否存在兩定點\(A,B\)，使得直線\(QA\)、\(QB\)的斜率之積為定值？若存在，請求出定值，並求出所有滿足條件的定點\(A\)、\(B\)的座標；若不存在，請說明理由．
【解析】(1)設\(F_1\)關於\(l\)的對稱點為\(F(m ,n)\)，

\({\color{Red}{(由反射的性質，可知點F ,P ,F_2三點共線) }}\)
則\(\dfrac { n } { m + 1 } = - \dfrac { 1 } { 2 }\)且\(2 \cdot \dfrac { m - 1 } { 2 } - \dfrac { n } { 2 } + 3 = 0\)，解得\(m = - \dfrac { 9 } { 5 } , \quad n = \dfrac { 2 } { 5 }\)，即\(F ( - \dfrac { 9 } { 5 } , \dfrac { 2 } { 5 } )\)，
易得直線\(PF\)方程為\(x+7y-1=0\)，
由\(\begin{cases} { x + 7 y - 1 = 0 } \\ { 2 x - y + 3 = 0 } \end{cases}\)，解得\(P ( - \dfrac { 4 } { 3 } , \dfrac { 1 } { 3 } )\)．
(2)因為\(PF_1=PF\)，根據橢圓定義，
得\(2a=PF_1+PF_2=PF+PF_2=FF_2\)
\(=\sqrt{((- \dfrac { 9 } { 5 } -1)^2+(\dfrac { 2} { 5 } -0)^2 }=2\sqrt2\)，
所以\(a=\sqrt2\)．又\(c=1\)，
所以\(b=1\)．所以橢圓\(C\)的方程為\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)．
(3)\({\color{Red}{方法一 }}\) 假設存在兩定點為\(A(s ,0)\),\(B(t ,0)\)，
則\(k _ { Q A } \cdot k _ { Q B } = \dfrac { y } { x - s } \cdot \dfrac { y } { x - t } = \dfrac { y ^ { 2 } } { x ^ { 2 } - ( s + t ) x + s t }\)
\({\color{Red}{(斜率常用斜率公式k = \dfrac { y _ { 2 } - y _ { 1 } } { x _ { 2 } - x _ { 1 } }處理，若其是定值，則不受x ,y的影響，先想到消元) }}\)
又\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)，
\(k _ { Q A } \cdot k _ { Q B } = \dfrac{1 - \dfrac { 1 } { 2 }x^2} { x^2-(s+t) x + st}\)\(= \dfrac { 1 - \dfrac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } } { s t + x ^ { 2 } - (s + t ) x } = \dfrac { 2 - x ^ { 2 } } { 2 s t + 2 x ^ { 2 } - 2 ( s + t ) x }\)
若要\(\dfrac { 2 - x ^ { 2 } } { 2 s t + 2 x ^ { 2 } - 2 ( s + t ) x }\)是定值，
則要滿足\(\begin{cases} { 2 ( s + t ) = 0 } \\ { \dfrac { 2 } { 2 s t } = \dfrac { - 1 } { 2 } } \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} { s + t = 0 } \\ { s t = - 2 } \end{cases}\)，
解得\(\begin{cases} { s = \sqrt { 2 } } \\ { t = - \sqrt { 2 } } \end{cases}\)或\(\begin{cases} { s =- \sqrt { 2 } } \\ { t = \sqrt { 2 } } \end{cases}\)，
所以有且只有兩定點\(( \sqrt { 2 } , 0 ) , ( - \sqrt { 2 } , 0 )\)，
使得\(k_{QA}\cdot k_{QB}\)為定值\(- \dfrac { 1 } { 2 }\)．
\({\color{Red}{方法二 }}\) 假設存在兩定點為\(A(s ,0)\),\(B(t ,0)\)，
使得對於橢圓上任意一點\(Q(x ,y)\)(除長軸兩端點)都有\(k_{QA}\cdot k_{QB}=k\)(\(k\)為定值)，
即\(\dfrac { y } { x - s } \cdot \dfrac { y } { x - t } = k \Rightarrow \dfrac { y ^ { 2 } } { x ^ { 2 } - ( s + t ) x + s t } = k\)，
將\(y ^ { 2 } = 1 - \dfrac { x ^ { 2 } } { 2 }\)代入並整理得
\(( k + \dfrac { 1 } { 2 } ) x ^ { 2 } - k ( s + t ) x + k s t - 1 = 0 \quad ( * )\)
\({\color{Red}{(相當要方程恆成立，與定點問題的方法類似) }}\)
由題意\((*)\)式對任意\(x∈(-\sqrt2,\sqrt2)\)恆成立，
所以\(\begin{cases} { k + \dfrac { 1 } { 2 } = 0 } \\ { k ( x + t ) = 0 } \\ { k s t - 1 = 0 } \end{cases}\)，解之得\(\begin{cases} { k = - \dfrac { 1 } { 2 } } \\ { s = \sqrt { 2 } } \\ { t = - \sqrt { 2 } } \end{cases}\)或\(\begin{cases} { k = - \dfrac { 1 } { 2 } } \\ { s = -\sqrt { 2 } } \\ { t = \sqrt { 2 } } \end{cases}\)．
所以有且只有兩定點\(( \sqrt { 2 } , 0 ) , ( - \sqrt { 2 } , 0 )\)，
使得\(k_{QA}\cdot k_{QB}\)為定值\(- \dfrac { 1 } { 2 }\)．
【點撥】
① 方法一分式\(\dfrac { a _ { 1 } x ^ { 2 } + b _ { 1 } x + c _ { 1 } } { a _ { 2 } x ^ { 2 } + b _ { 2 } x + c _ { 2 } }\)是定值\(\Rightarrow \dfrac { a _ { 1 } } { a _ { 2 } } = \dfrac { b _ { 1 } } { b _ { 2 } } = \dfrac { c _ { 1 } } { c _ { 2 } }\)(即同項係數比相等)；
方法二利用方程恆成立的方法：式子\(ax^2+bx+c=0\)對\(x\)恆成立\(⇔a=0 ,b=0 ,c=0\)，設\(k_{QA}\cdot k_{QB}=k\)是關鍵；
② 點\(P\)處的切線\(PT\)平分\(△PF_1 F_2\)在點\(P\)處的外角.（橢圓的光學性質）

【典題5】 如圖，在平面直角座標系\(xOy\)中，已知橢圓\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的離心率為\(\dfrac { \sqrt { 3 } } { 2 }\)，以橢圓\(C\)左頂點\(T\)為圓心作圓\(T:(x+2)^2+y^2=r^2 (r>0)\)，設圓\(T\)與橢圓\(C\)交於點\(M\)與點\(N\)．
(1)求橢圓\(C\)的方程；
(2)求\(\overrightarrow{TM} \cdot \overrightarrow{TN}\)的最小值，並求此時圓\(T\)的方程；
(3)設點\(P\)是橢圓\(C\)上異於\(M ,N\)的任意一點，且直線\(MP ,NP\)分別與\(x\)軸交於點\(R ,S ,O\)為座標原點，求證：\(|OR|\cdot |OS|\)為定值．

解：(1)過程略，橢圓\(C\)的方程為\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + y ^ { 2 } = 1\)．
(2) 過程略，\(\overrightarrow{TM} \cdot \overrightarrow{TN}\)最小值為\(- \dfrac { 1 } { 5 }\)，圓\(T\)的方程為\(( x + 2 ) ^ { 2 } + y ^ { 2 } = \dfrac { 13 } { 25 }\)．
(3)
\({\color{Red}{ 分析：|OR|\cdot |OS|=|x_R x_S |，故可求出直線MP ,PN方程從而得到x_R ,x_S，如引入引數呢？}}\)
\({\color{Red}{ 方法一}}\) 設\(P(x_0 ,y_0)\)，\(M(x_1 ,y_1)\)，\(N(x_1 ,-y_1)\)，
則直線\(MP\)的方程為\(y - y _ { 0 } = \dfrac { y _ { 0 } - y _ { 1 } } { x _ { 0 } - x _ { 1 } } ( x - x _ { 0 } )\)，
令\(y=0\)，得\(x _ { R } = \dfrac { x _ { 1 } y _ { 0 } - x _ { 0 } y _ { 1 } } { y _ { 0 } - y _ { 1 } }\)，
同理\(x _ { s } = \dfrac { x _ { 1 } y _ { 0 } + x _ { 0 } y _ { 1 } } { y _ { 0 } + y _ { 1 } }\)，
\({\color{Red}{(把上式的y_1改為-y_1) }}\)
故$x _ { R } \cdot x _ { s } = \dfrac { x _ { 1 } ^ { 2 } y _ { 0 } ^ { 2 } - x _ { 0 } ^ { 2 } y _ { 1 } ^ { 2 } } { y _ { 0 } ^ { 2 } - y _ { 1 } ^ { 2 } } () \( 又點\)M\(與點\)P\(在橢圓上， 故\)x_0^2=4(1-y_02)，x_1^2=4(1-y_12)\(， 代入\)()\(式， 得\)x _ { R } \cdot x _ { B } = \dfrac { 4 ( 1 - y _ { 1 } ) y _ { 0 } ^ { 2 } - 4 ( 1 - y _ { 0 } ^ { 2 } ) y _ { 1 } ^ { 2 } } { y _ { 0 } ^ { 2 } - y _ { 1 } ^ { 2 } }$$= \dfrac { 4 ( y _ { 0 } ^ { 2 } - y _ { 1 } ^ { 2 } ) } { y _ { 0 } ^ { 2 } - y _ { 1 } ^ { 2 } } = 4\(． 所以\)|OR|\cdot|OS|=|x_R |\cdot|x_S |=|x_R x_S |=4\(為定值． \){\color{Red}{方法二 }}$ 設\(M(2cosθ ,sinθ)\),\(N(2cosθ ,－sinθ)\)，
不妨設\(sinθ>0\),\(P(2cosα ,sinα)\)，其中\(sinα≠±sinθ\)．
則直線\(MP\)的方程為\(y - \sin \alpha = \dfrac { \sin \alpha - \sin \theta } { 2 \cos \alpha - 2 \cos \theta } ( x - 2 \cos \alpha )\)，
令\(y=0\)，得\(x _ { R } = \dfrac { 2 ( \sin \alpha \cos \theta - \cos \alpha \sin \theta ) } { \sin \alpha - \sin \theta }\)，
同理\(x _ { S} = \dfrac { 2 ( \sin \alpha \cos \theta + \cos \alpha \sin \theta ) } { \sin \alpha + \sin \theta }\)，
\({\color{Red}{ (把上式的\sin \theta改為\)-\sin \theta)}}\( 故\)x _ { R } \cdot x _ {S } = \dfrac { 4 ( \sin ^ { 2 } \alpha \cos ^ { 2 } \theta - \cos ^ { 2 } \alpha \sin ^ { 2 } \theta ) } { \sin ^ { 2 } \alpha - \sin ^ { 2 } \theta }\(． 所以\)|OR|\cdot|OS|=|x_R |\cdot|x_S |=|x_R x_S |=4\(為定值． 【點撥】引數法處理定值問題，找到了“運動源頭”，如何引入引數需要根據題意，計算量是一衡量因素.本題源頭是點\)P\(和點\)M\(，設\)P(x_0 ,y_0)\(，\)M(x_1 ,y_1)\(是最常見；方法二由橢圓的引數方程設為\)M(2cosθ ,sinθ)\(,\)P(2cosα ,sinα)$，引入引數比方法一少，計算量差不多吧！引入引數要注意引數的幾何意義.

【方法二】“由特殊到一般”法

【典題1】 已知雙曲線\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt 0 , b \gt 0 )\)，\(F_1、F_2\)分別是它的左、右焦點，\(A(－1 ,0)\)是其左頂點，且雙曲線的離心率為\(e=2\)．設過右焦點\(F_2\)的直線\(l\)與雙曲線\(C\)的右支交於\(P、Q\)兩點，其中點\(P\)位於第一象限內．
(1)求雙曲線的方程；
(2)若直線\(AP、AQ\)分別與直線\(x=\dfrac{1}{2}\)交於\(M、N\)兩點，證明\(\overrightarrow{M F _ { 2 }} \cdot \overrightarrow{N F _ { 2 }}\)為定值；
(3)是否存在常數\(λ\)，使得\(∠PF_2 A=λ∠PAF_2\)恆成立？若存在，求出\(λ\)的值，若不存在，請說明理由．
【解析】(1)過程略，雙曲線\(C\)的方程為\(x ^ { 2 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)．
(2)

證明：設直線\(l\)的方程為\(x=ty+2\)，
\({\color{Red}{(源頭是t，則用t表示\overrightarrow{M F _ { 2 }} \cdot \overrightarrow{N F _ { 2 }}，並證明其與t無關) }}\)
另設\(P(x_1 ,y_1)\),\(Q(x_2 ,y_2)\)，
聯立\(\begin{cases} { 3 x ^ { 2 } - y ^ { 2 } = 3 } \\ { x = t y + 2 } \end{cases}\)，化為\((3t^2－1) y^2+12ty+9=0\)．
所以\(y _ { 1 } + y _ { 2 } = \dfrac { - 12 t } { 3 t ^ { 2 } - 1 } , y _ { 1 } y _ { 2 } = \dfrac { 9 } { 3 t ^ { 2 } - 1 }\)．
又直線\(AP\)的方程為\(y = \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 1 } ( x + 1 )\)，
代入\(x = \dfrac { 1 } { 2 }\)，解得\(M ( \dfrac { 1 } { 2 } , \dfrac { 3 y _ { 1 } } { 2 ( x _ { 1 } + 1 )} )\)．
同理\(N ( \dfrac { 1 } { 2 } , \dfrac { 3 y _ { 2 } } { 2 ( x _ { 2 } + 1) } )\)．
\(∴\overrightarrow{M F _ { 2 } } = ( \dfrac { 3 } { 2 } , - \dfrac { 3 y _ { 1 } } { 2 ( x _ { 1 } + 1 ) } )\)，\(\overrightarrow{N F _ { 2 } } = ( \dfrac { 3 } { 2 } ,- \dfrac { 3 y _ { 2 } } { 2 ( x _ { 2 } + 1 ) } )\)．
\(∴\overrightarrow{M F _ { 2 } } \cdot\overrightarrow{N F _ { 2 } } = \dfrac { 9 } { 4 } + \dfrac { 9 y _ { 1 } y _ { 2 } } { 4 ( x _ { 1 } + 1 ) ( x _ { 2 } + 1 ) }\)\(= \dfrac { 9 } { 4 } [ 1 + \dfrac { y _ { 1 } y _ { 2 } } { ( t y _ { 1 } + 3 ) ( t y _ { 2 } + 3 ) } ]\)\(= \dfrac { 9 } { 4 } [ 1 + \dfrac { y _ { 1 } y _ { 2 } } { t ^ { 2 } y _ { 1 } y _ { 2 } + 3 t ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) + 9 } ]\)
\(= \dfrac { 9 } { 4 } [ 1 + \dfrac { \dfrac { 9 } { 3 t ^ { 2 } - 1 } } { t ^ { 2 } \times \dfrac { 9 } { 3 t ^ { 2 } - 1 } + 3 t \times \dfrac { - 12 t } { 3 t ^ { 2 } - 1 } + 9 } ] = \dfrac { 9 } { 4 } [ 1 - 1 ] = 0\)
(3) \({\color{Red}{ (分析：先通過特殊情況確定λ，再證明一般情況下也成立)}}\)
當直線\(l\)的方程為\(x=2\)時，解得\(P(2 ,3)\)．易知此時\(△AF_2 P\)為等腰直角三角形，
其中\(∠AF_2 P=\dfrac{π}{2}\),\(∠PAF_2=\dfrac{π}{4}\)，也即\(λ=2\)．
下證：\(∠AF_2 P=2∠PAF_2\)對直線\(l\)存在斜率的情形也成立．
\(\tan 2 \angle PAF_2 = \dfrac { 2 \tan \angle PAF_2 } { 1 - \tan ^ { 2 } \angle PAF_2}\)
\(=\dfrac { 2 k_{PA} } { 1 -k_{PA}^2 } = \dfrac { 2 \times \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 1 } } { 1 - ( \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 1 } ) ^ { 2 } }\)\(= \dfrac { 2 y _ { 1 } ( x _ { 1 } + 1 ) } { ( x _ { 1 } + 1 ) ^ { 2 } - y _ { 1 } ^ { 2 } }\)．
\(∵ x _ { 1 } ^ { 2 } - \dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } } { 3 } = 1\)\(∴ y _ { 1 } ^ { 2 } = 3 ( x _ { 1 } ^ { 2 } - 1 )\)
\(∴ \tan 2 \angle PAF_2 = \dfrac { 2 y _ { 1 } ( x _ { 1 } + 1 ) } { ( x _ { 1 } + 1 ) ^ { 2 } - 3 ( x _ { 1 } ^ { 2 } - 1 ) }\)\(= \dfrac { 2 y _ { 1 } ( x _ { 1 } + 1 ) } { - 2 ( x _ { 1 } + 1 ) ( x _ { 1 } - 2 ) } = - \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } - 2 }\)
\(∴ \tan \angle PAF_2= - k _ { PF _ { 2 } } = - \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } - 2 } = \tan 2 \angle PAF_2\)
\(∴\)結合正切函式在\(( 0 , \dfrac { \pi } { 2 } ) \cup ( \dfrac { \pi } { 2 } , \pi )\)上的圖象可知\(∠AF_2 P=2∠PAF_2\)．
【點撥】
① 第三問本質是證明\(\dfrac { ∠AF_2 P } { \angle PAF_2 }\)是定值，本題採取了“由特殊到一般法”，思路是：在直線斜率不存在的特殊情況下易得\(λ=2\)，再證明\(∠AF_2 P=2∠PAF_2\)對直線l存在斜率的情形也成立；不採取特殊情況得到\(λ=2\)，往下的思路是很難想到的；
② 關於角度的問題，我們較容易想到解三角形的知識點，本題要證明\(∠AF_2 P=2∠PAF_2\)，思路是：\(∠AF_2 P=2∠PAF_2\)\(⇔ \tan∠AF_2 P=\tan2∠PAF_2 = \dfrac { 2 \tan∠PAF_2 } { 1 - \tan ^ { 2 }∠PAF_2}\)\(\Rightarrow - k _ { P F _ { 2 } } = \dfrac { 2 k _ {P A } } { 1 - k _ { PA } ^ { 2 } }\)，角度問題轉化為斜率問題是常見思路.

【方法三】幾何法
【典題1】 已知拋物線\(C:y^2=2px(p>0)\)經過點\((2 ,-2\sqrt2)\)．
(1)求拋物線\(C\)的方程及其相應準線方程；
(2)過點\(E(2 ,0)\)作斜率為\(k_1 ,k_2\)的兩條直線分別交拋物線於\(M ,N\)和\(P ,Q\)四點，其中\(k_1+k_2=1\)．設線段\(MN\)和\(PQ\)的中點分別為\(A ,B\)，過點\(E\)作\(ED⊥AB\)，垂足為\(D\)．證明：存在定點\(T\)，使得線段\(TD\)長度為定值．

【解析】(1)過程略，拋物線的方程為\(y^2=4x\)，準線方程為\(x=－1\)；
(2)證明：設\(MN：y=k_1 (x－2)\),\(PQ：y=k_2 (x－2)\)，
由\(\begin{cases} { y = k _ { 1 } ( x - 2 ) } \\ { y ^ { 2 } = 4 x } \end{cases}\)可得\(k_1^2 x^2－(4+4k_1^2)x+4k_1^2=0\)，
可得\(x _ { A } = \dfrac { x _ { 1 } + x _ { 2 } } { 2 } = \dfrac { 4 + 4 k _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 k _ { 1 } ^ { 2 } } = 2 + \dfrac { 2 } { k _ { 1 } ^ { 2 } }\)，\(y _ { A } = k _ { 1 } ( x _ { A } - 2 ) = \dfrac { 2 } { k _ { 1 } }\)
即\(A ( 2 + \dfrac { 2 } { k _ { 1 } ^ { 2 } } , \dfrac { 2 } { k _ { 1 } } )\)，同理可得\(B ( 2 + \dfrac { 2 } { k _ { 1 } ^ { 2 } } , \dfrac { 2 } { k _ { 2 } } )\)，
\(∴ k _ { A B } = \dfrac { \dfrac { 2 } { k _ { 1 } } - \dfrac { 2 } { k _ { 2 } } } { \dfrac { 2 } { k _ { 1 } ^ { 2 } } - \dfrac { 2 } { k _ { 2 } ^ { 2 } } } = k _ { 1 } k _ { 2 } ( k _ { 1 }+ k _ { 2 } ) = k _ { 1 } k _ { 2 }\)，
則直線\(AB\)的方程為\(y = k _ { 1 } k _ { 2 } ( x - 2 - \dfrac { 2 } { k _ { 1 } ^ { 2 } } ) + \dfrac { 2 } { k _ { 1 } }\)\(= k _ { 1 } k _ { 2 } ( x - 2 ) - \dfrac { 2 k _ { 2 } } { k _ { 1 } } + \dfrac { 2 } { k _ { 1 } } =k_1 k_2 (x－2)+2\)，
可得直線\(AB\)過定點\(F(2 ,2)\)，
則\(EF=2\)，又\(ED⊥FD\)，\({\color{Red}{ (隱圓，定弦定角模型)}}\)
\(∴D\)的軌跡是\((2 ,1)\)為圓心，\(1\)為半徑的圓，
則存在定點\(T(2 ,1)\)，使得線段\(TD\)長度為定值\(1\)．
【點撥】
① “存在定點\(T\)，使得線段\(TD\)長度為定值”，意味著動點\(D\)到定點\(T\)是定長，即\(D\)的軌跡是以\(T\)為圓心的圓；
② 本題的“變化源頭”是\(k_1\)(或\(k_2\))，由①的分析較為直接的思路是求出D的軌跡，具體作法：求出直線\(DE\)方程，再與直線\(AB\)聯立求出點\(D\)的座標(用\(k_1\)表示)，消參\(k_1\)後得到\(D\)的軌跡；這有個缺點是計算量較大；
③ 本題的解法屬於幾何法，在求出直線\(AB\)方程，有“意外收穫”：它有定點\((2 ,2)\)，結合圖象確定是“定弦定角的隱圓模型”，可知\(D\)的軌跡，確定定點\(T(2 ,1).\)

【典題2】如圖，在平面直角座標系\(xOy\)中，橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的左、右焦點分別為\(F_1 (－c ,0)\),\(F_2 (c ,0)\)．已知\((1 ,e)\)和\(( e , \dfrac { \sqrt { 3 } } { 2 } )\)都在橢圓上，其中\(e\)為橢圓的離心率．
(1)求橢圓的方程；
(2)設\(A ,B\)是橢圓上位於\(x\)軸上方的兩點，且直線\(AF_1與\)直線\(BF_2\)平行，\(AF_2\)與\(BF_1\)交於點\(P\)．
(i)若\(A F _ { 1 } - B F _ { 2 } = \dfrac { \sqrt { 6 } } { 2 }\)，求直線\(AF_1\)的斜率；
(ii)求證：\(PF_1+PF_2\)是定值．

【解析】(1) 過程略，橢圓的方程為\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)．
(2)解：由(1)得\(F_1 (－1 ,0)\),\(F_2 (1 ,0)\)，
又因為直線\(AF_1\)與直線\(BF_2\)平行，
所以設\(AF_1\)與\(BF_2\)的方程分別為\(x=my-1\),\(x=my+1\)．
設\(A(x_1 ,y_1)\),\(B(x_2 ,y_2)\),\(y_1>0\),\(y_2>0\)，
\(∴\)由\(\begin{cases} { \dfrac { x _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 } + y _ { 1 } ^ { 2 } = 1 } \\ { x _ { 1 } = m y _ { 1 } - 1 } \end{cases}\)，可得\((m^2+2)y_1^2-2my_1－1=0\)．
\(∴ y _ { 1 } = \dfrac { m + \sqrt { 2 m ^ { 2 } + 2 } } { m ^ { 2 } + 2 }\)，\(y _ { 1 } = \dfrac { m - \sqrt { 2 m ^ { 2 } + 2 } } { m ^ { 2 } + 2 }\)(舍)，
\(∴ | A F _ { 1 } | = \sqrt { m ^ { 2 } + 1 } \times | 0 - y _ { 1 } | = \dfrac { \sqrt { 2 } ( m ^ { 2 } + 1 ) + m \sqrt { m ^ { 2 } + 1 } } { m ^ { 2 } + 2 }\)①
同理\(| B F _ { 2 } | = \dfrac { \sqrt { 2 } ( m ^ { 2 } + 1 ) - m \sqrt { m ^ { 2 } + 1 } } { m ^ { 2 } + 2 }\)②
(i)由①②得\(| A F _ { 1 } | - | B F _ { 2 } | = \dfrac { 2 m \sqrt { m ^ { 2 } + 1 } } { m ^ { 2 } + 2 }\)，\(∴ \dfrac { 2 m \sqrt { m ^ { 2 } + 1 } } { m ^ { 2 } + 2 } = \dfrac { \sqrt { 6 } } { 2 }\)，解得\(m=\sqrt2\)．
\(∴\)直線\(AF_1\)的斜率為\(\dfrac { 1 } { m } = \dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 }\)．
(ii)證明：\(∵\)直線\(AF_1\)與直線\(BF_2\)平行，\({\color{Red}{(相似三角形的8字型) }}\)
\(∴\dfrac { P B } { P F _ { 1 } } = \dfrac { B F _ { 2 } } { A F _ { 1 } }\)，即\(P F _ { 1 } = \dfrac { A F _ { 1 } } { A F _ { 1 } + B F _ { 2 } } \times B F _ { 1 }\)．
由點\(B\)在橢圓上知，\(B F _ { 1 } + B F _ { 2 } = 2 \sqrt { 2 }\)，
\(∴ P F _ { 1 } = \dfrac { A F _ { 1 } } { A F _ { 1 } + B F _ { 2 } } \times ( 2 \sqrt { 2 } - B F _ { 2 } )\)．
同理\(P F _ { 2 } = \dfrac { B F _ { 2 } } { A F _ { 1 } + B F _ { 2 } } \times ( 2 \sqrt { 2 } - A F _ { 1 } )\)．
\(P F _ { 1 } + P F _ { 2 } = \dfrac { A F _ { 1 } } { A F _ { 1 } + B F _ { 2 } } \times ( 2 \sqrt { 2 } - B F _ { 2 } ) + \dfrac { B F _ { 2 } } { A F _ { 1 } + B F _ { 2 } } \times ( 2 \sqrt { 2 } - A F _ { 1 } )\)\(= 2 \sqrt { 2 } - \dfrac { 2 A F _ { 1 } \times B F_ { 2 } } { A F _ { 1 } + B F _ { 2 } }\)，
由①②得，\(A F _ { 1 } + B F _ { 2 } = \dfrac { 2 \sqrt { 2 } ( m ^ { 2 } + 1 ) } { m ^ { 2 } + 2 }\)，\(A F _ { 1 } \times B F _ { 2 } = \dfrac { m ^ { 2 } + 1 } { m ^ { 2 } + 2 }\)，
\(∴ P F _ { 1 } + P F _ { 2 } = \dfrac { 3 \sqrt { 2 } } { 2 }\)，\(∴PF_1+PF_2\)是定值．
【點撥】
① 本題採取了幾何法，利用相似三角形的性質把\(PF_1+PF_2\)轉化為\(AF_1 、BF_2\)的式子\(2 \sqrt { 2 } - \dfrac { 2 A F _ { 1 } \times B F_ { 2 } } { A F _ { 1 } + B F _ { 2 } }\)，再利用\(AF_1 、BF_2\)的關係確定其為定值；
② 本題另一思路：求出點\(A、B\)的座標---求出直線\(AF_2 、BF_1\)的方程---求出點\(P\)的座標---得到點\(P\)的軌跡方程---若證明其是橢圓即可證明\(PF_1+PF_2\)是定值，但計算量較大.

鞏固練習

1 (★★★) 如圖，已知橢圓\(C _ { 1 } : \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + y ^ { 2 } = 1\)，過拋物線\(C_2：x^2=4y\)焦點\(F\)的直線交拋物線於\(M ,N\)兩點，連線\(NO，MO\)並延長分別交\(C_1\)於\(A，B\)兩點，連線\(AB\)，\(△OMN\)與\(△OAB\)的面積分別記為\(S _ { \triangle O M N } , S _ {\triangle O A B }\)．則在下列命題中，正確的是(　　)

A．若記直線\(NO，MO\)的斜率分別為\(k_1，k_2\)，則\(k_1 k_2\)的大小是定值為\(-\dfrac{1}{4}\).
B．\(△OAB\)的面積\(S _ {\triangle O A B }\)是定值\(1\).
C．線段\(OA，OB\)長度的平方和\(|OA|^2+|OB|^2\)是定值\(5\).
D．設\(\lambda = \dfrac { S _ { \triangle O M N } } { S _ { \triangle O A B } }\)，則\(λ≥2\).

2(★★) 在平面直角座標系\(xoy\)中，已知焦點為\(F\)的拋物線\(x^2=4y\)上有兩個動點\(A、B\)，且滿足\(\overrightarrow{AF} =\lambda \overrightarrow{FB}\)，過\(A、B\)兩點分別作拋物線的切線，設兩切線的交點為\(M\)．
(1)求：\(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}\)的值；(2)證明\(\overrightarrow{FA} \cdot \overrightarrow{AB}\)為定值．

3(★★) 已知，橢圓\(C\)過點\(A ( 1 , \dfrac { 3 } { 2 } )\)，兩個焦點為\((－1 ,0)\),\((1 ,0)\)．
(1)求橢圓\(C\)的方程；
(2)\(E ,F\)是橢圓\(C\)上的兩個動點，如果直線\(AE\)的斜率與\(AF\)的斜率互為相反數，證明直線\(EF\)的斜率為定值，並求出這個定值．

4 (★★★) 已知橢圓\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的長軸長為\(4\)，上頂點為\(A\)，左、右焦點分別為\(F_1 ,F_2\)，且\(∠F_1 AF_2=60°\)，\(O\)為座標原點．
(1)求橢圓\(C\)的方程；
(2)設點\(M、N\)為橢圓\(C\)上的兩個動點，若\(\overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{ON}=0\)，問：點\(O\)到直線\(MN\)的距離\(d\)是否為定值？若是，求出\(d\)的值；若不是，請說明理由．

5(★★★) 已知離心率為\(\dfrac { 2 \sqrt { 2 } } { 3 }\)的橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + y ^ { 2 } = 1 ( a \gt 1 )\)，與直線\(l\)交於\(P ,Q\)兩點，記直線\(OP\)的斜率為\(k_1\)，直線\(OQ\)的斜率為\(k_2\)．
(1)求橢圓方程；
(2)若\(k _ { 1 } \cdot k _ { 2 } = - \dfrac { 1 } { 9 }\)，則三角形\(OPQ\)的面積是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由．

6(★★★) 已知橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)和圓\(O:x^2+y^2=b^2\), 過橢圓上一點\(P\)引圓\(O\)的兩條切線，切點分別為\(A ,B\)．
(1)①若圓\(O\)過橢圓的兩個焦點，求橢圓的離心率\(e\)；
②若橢圓上存在點\(P\)，使得\(∠APB=90°\)，求橢圓離心率\(e\)的取值範圍；
(2)設直線\(AB\)與\(x\)軸、\(y\)軸分別交於點\(M ,N\)，求證：\(\dfrac { a ^ { 2 } } { |O N | ^ { 2 } } + \dfrac { b ^ { 2 } } { | 0 A | ^ { 2 } }\)為定值．

7(★★★) 已知點\(M(－2 ,0)\),\(N(2 ,0)\)，點\(P\)滿足：直線\(PM\)的斜率為\(k_1\)，直線PN的斜率為\(k_2\)，且\(k _ { 1 } \cdot k _ { 2 } = - \dfrac { 3 } { 4 }\)．
(1)求點\(P(x ,y)\)的軌跡\(C\)的方程；
(2)過點\(F(1 ,0)\)的直線l交曲線\(C\)於\(A ,B\)兩點，問在\(x\)軸上是否存在點\(Q\)，使得\(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}\)為定值？若存在，求出點\(Q\)的座標；若不存在，請說明理由．

8 (★★★) 已知橢圓\(E:\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)上動點\(P ,Q\)，\(O\)為原點：
(1)若\(|OP|^2+|OQ|^2=a^2+b^2\)，求證：\(|k_{OP}\cdot k_{OQ} |\)為定值；
(2)點\(B(0 ,b)\)，若\(BP⊥BQ\)，求證：直線\(PQ\)過定點；
(3)若\(OP⊥OQ\)，求證：直線\(PQ\)為定圓的切線．

9(★★★★) 已知\(P\)是圓\(M：x^2+y^2+4x+4－4m^2=0(m>2)\)上任意一點，點\(N\)的座標為\((2 ,0)\)，線段\(NP\)的垂直平分線交直線\(MP\)於點\(Q\)，當點\(P\)在圓\(M\)上運動時，點\(Q\)的軌跡為\(C\)．
(1)求出軌跡\(C\)的方程，並討論曲線\(C\)的形狀；
(2)當\(m=\sqrt5\)時，在\(x\)軸上是否存在一定點\(E\)，使得對曲線\(C\)的任意一條過\(E\)的弦\(AB\)，\(\dfrac { 1 } { [ E A ] ^ { 2 } } + \dfrac { 1 } { | E B | ^ { 2 } }\)為定值？若存在，求出定點和定值；若不存在，請說明理由．

答案

1.\(ABCD\)

2.\((1) -3\)\((2)0\)

3.\((1) \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)\((2) \dfrac{1}{2}\)

4.\((1) \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)\((2) \dfrac{2\sqrt{21}}{7}\)

5.\((1) \dfrac { x ^ { 2 } } {9 } + y ^ { 2 } = 1\)\((2) \dfrac{3}{2}\)

6.\((1)\dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 } , \dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 } \leq e \lt 1\)，\((2)\dfrac { a ^ { 2 } } { b ^ { 2 } }\)

7.\(( 1 ) \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1 ( x \neq \pm 2 )\)\((2)Q ( \dfrac { 11 } { 8 } , 0 )\)

8.\((1) |k_{OP}⋅k_{OQ} |\)為定值\(\dfrac { b ^ { 2 } } { a ^ { 2 } }\)

\((2)\)直線\(PQ\)恆過定點\((0 , - \dfrac { b ( a ^ { 2 } - b ^ { 2 } ) } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } )\)
\((3)\)提示：證明圓心到直線\(PQ\)的距離為定值

9.\((1)\)軌跡\(C\)是\(M ,N\)為焦點，以\(2m\)為長軸長的橢圓，方程為\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { m ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { m ^ { 2 } - 4 } = 1\);
\((2)\)定點為\(E ( \pm\dfrac { \sqrt { 30 } } { 3 } , 0 )\)，定值為\(6\).

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