【正文】 、定值問題 【例2】 已知橢圓C經過點A，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(shù)，證明直線EF的斜率為定值，并求出這個定值．[思維啟迪]可設直線AE的斜率來計算直線EF的斜率，通過推理計算消參．解析 (1)解　由題意，c＝1，可設橢圓方程為＋＝1.因為A在橢圓上，所以＋＝1，解得b2＝3，b2＝－(舍去)，所以橢圓方程為＋＝1.(2)證明　設直線AE的方程為y＝k(x－1)＋，代入＋＝1.得(3＋4k2)x2＋4k(3－2k)x＋42－12＝0.設E(xE，yE)，F(xiàn)(xF，yF)．因為點A在橢圓上，所以xE＝y(tǒng)E＝kxE＋－，在上式中以－k代替k，可得xF＝，yF＝－kxF＋＋k，所以直線EF的斜率kEF＝＝＝，即直線EF的斜率為定值，其值為.[探究提高]求定值問題常見的方法有兩種：(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．變式訓練2 橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，該橢圓經過點P且離心率為.(1)求橢圓C的標準方程；(2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(A，B不是左，右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點，求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標．(1)解　設橢圓方程為＋＝1 (ab0)，由e＝＝，得a＝2c，∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2，則橢圓方程變?yōu)椋?.又橢圓過點P，將其代入求得c2＝1，故a2＝4，b2＝3，即得橢圓的標準方程為＋＝1.(2)證明　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立則①又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.∵橢圓的右頂點為A2(2,0)，AA2⊥BA2，∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，∴＋＋＋4＝0，∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－，由①，得3＋4k2－m20，當m1＝－2k時，l的方程為y＝k(x－2)，直線過定點(2,0)，與已知矛盾．當m2＝－時，l的方程為y＝k，直線過定點，∴直線l過定點，定點坐標為.題型三 圓錐曲線中的探索性問題 【例3】　已知中心在坐標原點O的橢圓C經過點A(2,3)，且點F(2,0)為其右焦點．(1)求橢圓C的方程；(2)是否存在平行于OA的直線l，使得直線l與橢圓C有公共點，且直線OA與l的距離等于4？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．[思維啟迪]可先假設l存在，然后根據與C有公共點和與OA距離等于4兩個條件探求．解析解　方法一　(1)依題意，可設橢圓C的方程為＋＝1(ab0)，且可知其左焦點為F′(－2,0)．從而有解得又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，故橢圓C的方程為＋＝1.(2)假設存在符合題意的直線l，設其方程為y＝x＋t.由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.因為直線l與橢圓C有公共點，所以Δ＝(3t)2－43(t2－12)≥0，解得－4≤t≤4.另一方面，由直線OA與l的距離d＝4，得＝4，解得t＝177。2.由于177。2?[－4，4]，所以符合題意的直線l不存在．方法二　(1)依題意，可設橢圓C的方程為＋＝1(ab0)，且有從而a2＝16.所以橢圓C的方程為＋＝1.(2)同方法一．[探究提高]解決直線與圓錐曲線位置關系的存在性問題，往往是先假設所求的元素存在，然后再推理論證，檢驗說明假設是否正確．變式訓練3 (2012江西)已知三點O(0,0)，A(－2,1)，B(2,1)，曲線C上任意一點M(x，y)滿足|＋|＝(＋)＋2.(1)求曲線C的方程；(2)動點Q(x0，y0)(－2x02)在曲線C上，：是否存在定點P(0，t)(t0)，使得l與PA，PB都相交，交點分別為D，E，且△QAB與△PDE的面積之比是常數(shù)？若存在，求t的值；若不存在，說明理由．解　(1)由＝(－2－x,1－y)，＝(2－x,1－y)，|＋|＝，(＋)＝(x，y)(0,2)＝2y，由已知得＝2y＋2，化簡得曲線C的方程：x2＝4y.(2)假設存在點P(0，t)(t0)滿足條件