Question

16．已知點F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），動點M到點F₂的距離是$2\sqrt{2}$，線段MF₁的中垂線交線段MF₂于點P．
（Ⅰ）當(dāng)點M變化時，求動點P的軌跡G的方程；
（Ⅱ）過點F₂且不與x軸重合的直線L與曲線G相交于A，B兩點，過點B作x軸的平行線與直線x=2相交于點C，則直線AC是否恒過定點，若是請求出該定點，若不是請說明理由．

Answer 1

分析 （I）由中垂線性質(zhì)可得PM+PF₂=MF₂=2$\sqrt{2}$，故而P點軌跡為F₁，F(xiàn)₂為焦點的橢圓，利用定義求出a，b即可得出方程；
（II）討論直線l的斜率，聯(lián)立方程組，利用根與系數(shù)的關(guān)系求出直線AC的方程，根據(jù)方程判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）∵P在線段MF₁的中垂線上，∴PM=PF₁，
又P在線段MF₂上，∴PM+PF₂=MF₂=2$\sqrt{2}$，
∴PF₁+PF₂=2$\sqrt{2}$，而F₁F₂=2，
∴動點P的軌跡G是以F₁，F(xiàn)₂為焦點的橢圓，
設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，則2a=2$\sqrt{2}$，c=1，∴a=$\sqrt{2}$，b=1，
∴動點P的軌跡方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）①當(dāng)l的斜率不存在時，不妨取$A（1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，$B（1，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，
∴C（2，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），直線AC的方程為$\sqrt{2}$x+y-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$=0，
此時易知AC過點$（\frac{3}{2}，\;0）$．
②當(dāng)l的斜率存在時，設(shè)l的方程為：y=k（x-1）
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=k（x-1）}\end{array}\right.$，消去y得：（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
設(shè)A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），則C（2，y₂），且x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$，
直線AC方程為$y-{y_2}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-2}}（x-2）$，
∴$y=\frac{{k{x_1}-k{x_2}}}{{{x_1}-2}}（x-2）+k（{x_2}-1）$=$\frac{{k（{x_1}-{x_2}）（x-2）+k（{x_2}-1）（{x_1}-2）}}{{{x_1}-2}}$=$\frac{{k（x{x_1}-x{x_2}-3x+{x_1}{x_2}+2）}}{{{x_1}-2}}$=$\frac{{k[x{x_1}-x（\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}-{x_1}）-3{x_1}+\frac{{2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}+2]}}{{{x_1}-2}}$=$\frac{{k[（2x-3）{x_1}-\frac{{2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}（2x-3）]}}{{{x_1}-2}}$．
當(dāng)$x=\frac{3}{2}$時，y=0；
綜上可知，直線AC恒過定點$（\frac{3}{2}，\;0）$．

點評 本題考查了橢圓的定義，直線與橢圓的位置關(guān)系，注意根與系數(shù)的關(guān)系應(yīng)用，屬于中檔題．