Question

1．已知點(diǎn)F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），動(dòng)點(diǎn)M到點(diǎn)F₂的距離是2$\sqrt{2}$，線段MF₁的中垂線交線段MF₂于點(diǎn)P
（1）當(dāng)點(diǎn)M變化時(shí)，求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡G的方程；
（2）直線l與曲線G相切于點(diǎn)N，過(guò)F₂作NF₂的垂線與直線l相交于點(diǎn)Q，求證：點(diǎn)Q落在一條定直線m上，并求直線m的方程．

Answer 1

分析 （1）連接PF₁，則|PF₁|=|PM|，由|PF₁|+|PF₂|=|MF₂|=2$\sqrt{2}$＞|F₁F₂|=2，利用橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程即可得出．
（2）當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，不滿足題意．當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)N（x₀，y₀），設(shè)直線l：y-y₀=k（x-x₀），與橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1聯(lián)立，利用直線與橢圓相切的性質(zhì)可得：△=0，整理$（{x}_{0}^{2}-2）{k}^{2}$-2kx₀y₀+${y}_{0}^{2}$-1=0，又$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}$+${y}_{0}^{2}$=1，解得k=-$\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$．直線l的方程與直線QF₂的方程聯(lián)立消去y即可得出．

解答 解：（1）連接PF₁，則|PF₁|=|PM|，∴|PF₁|+|PF₂|=|MF₂|=2$\sqrt{2}$＞|F₁F₂|=2，
∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡G是橢圓，設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）．
則2a=2$\sqrt{2}$，解得a=$\sqrt{2}$，又c=1，∴b²=a²-c²=1．
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
（2）當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，不滿足題意．
當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)N（x₀，y₀），則$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}$+${y}_{0}^{2}$=1．
設(shè)直線l：y-y₀=k（x-x₀），與橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1聯(lián)立化為：（1+2k²）x²+4k（y₀-kx₀）x+2$（{y}_{0}-k{x}_{0}）^{2}$-2=0，
△=16k²$（{y}_{0}-k{x}_{0}）^{2}$-4（1+2k²）[2$（{y}_{0}-k{x}_{0}）^{2}$-2]=0，整理$（{x}_{0}^{2}-2）{k}^{2}$-2kx₀y₀+${y}_{0}^{2}$-1=0，又$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}$+${y}_{0}^{2}$=1，
∴${y}_{0}^{2}{k}^{2}$+kx₀y₀+$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$=0，∴$（{y}_{0}k+\frac{{x}_{0}}{2}）^{2}$=0，解得k=-$\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$．
∴直線l的方程化為：y=-$\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$（x-x₀）+y₀，①
直線QF₂的方程為：$y=-\frac{{x}_{0}-1}{{y}_{0}}$（x-1），②．
①②聯(lián)立消去y可得：$\frac{-\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}（x-{x}_{0}）+{y}_{0}}{x-1}$=$-\frac{{x}_{0}-1}{{y}_{0}}$，與${x}_{0}^{2}$+2${y}_{0}^{2}$=2聯(lián)立可得：（x₀-2）（x-2）=0．
∵$-\sqrt{2}≤{x}_{0}$$≤\sqrt{2}$，∴x₀-2≠0，∴x=2．
∴交點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為2落在直線x=2上．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的定義標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相切的性質(zhì)、一元二次非常低根與系數(shù)的關(guān)系、相互垂直的直線斜率之間的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．