Question

1．已知点F₁（-1，0），F₂（1，0），动点M到点F₂的距离是2$\sqrt{2}$，线段MF₁的中垂线交线段MF₂于点P
（1）当点M变化时，求动点P的轨迹G的方程；
（2）直线l与曲线G相切于点N，过F₂作NF₂的垂线与直线l相交于点Q，求证：点Q落在一条定直线m上，并求直线m的方程．

Answer 1

分析 （1）连接PF₁，则|PF₁|=|PM|，由|PF₁|+|PF₂|=|MF₂|=2$\sqrt{2}$＞|F₁F₂|=2，利用椭圆的标准方程即可得出．
（2）当直线l斜率不存在时，不满足题意．当直线l斜率存在时，设N（x₀，y₀），设直线l：y-y₀=k（x-x₀），与椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1联立，利用直线与椭圆相切的性质可得：△=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=-$\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$．直线l的方程与直线QF₂的方程联立消去y即可得出．

解答 解：（1）连接PF₁，则|PF₁|=|PM|，∴|PF₁|+|PF₂|=|MF₂|=2$\sqrt{2}$＞|F₁F₂|=2，
∴动点P的轨迹G是椭圆，设椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）．
则2a=2$\sqrt{2}$，解得a=$\sqrt{2}$，又c=1，∴b²=a²-c²=1．
∴椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
（2）当直线l斜率不存在时，不满足题意．
当直线l斜率存在时，设N（x₀，y₀），则$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}$+${y}_{0}^{2}$=1．
设直线l：y-y₀=k（x-x₀），与椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1联立化为：（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=-$\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$．
∴直线l的方程化为：y=-$\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$（x-x₀）+y₀，①
直线QF₂的方程为：$y=-\frac{{x}_{0}-1}{{y}_{0}}$（x-1），②．
①②联立消去y可得：$\frac{-\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}（x-{x}_{0}）+{y}_{0}}{x-1}$=$-\frac{{x}_{0}-1}{{y}_{0}}$，与${x}_{0}^{2}$+2${y}_{0}^{2}$=2联立可得：（x₀-2）（x-2）=0．
∵$-\sqrt{2}≤{x}_{0}$$≤\sqrt{2}$，∴x₀-2≠0，∴x=2．
∴交点Q的横坐标为2落在直线x=2上．

点评 本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相切的性质、一元二次非常低根与系数的关系、相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．