Question

11．已知动点P（x，y）与一定点F（1，0）的距离和它到一定直线l：x=4的距离之比为$\frac{1}{2}$．
（1）求动点P（x，y）的轨迹C的方程；
（2）己知直线l'：x=my+1交轨迹C于A、B两点，过点A、B分别作直线l的垂线，垂足依次为点D、E．连接AE、BD，试探索当m变化时，直线AE、BD是否相交于一定点N？若交于定点N，请求出定点的坐标，并给予证明；否则说明理由．

Answer 1

分析 （1）直接利用求轨迹方程的步骤，由题意列出满足动点P（x，y）到定点F（1，0）的距离和它到一定直线l：x=4的距离之比为$\frac{1}{2}$的等式，整理后即可得到点P的轨迹；
（2）如果存在满足条件的定点N，则该点对于m=0的直线也成立，所以先取m=0，与椭圆联立后解出A、B的坐标，同时求出D、E的坐标，由两点式写出AE、BD所在的直线方程，两直线联立求出N的坐标，然后证明该点对于m取其它值时也满足直线AE、BD是相交于定点N，方法是用共线向量基本定理．

解答 解：（1）由题意得$\frac{\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}}{丨x-4丨}$=$\frac{1}{2}$，
即2$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$=丨x-4丨，
两边平方得：4x²-8x+4+4y²=x²-8x+16．整理得：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
∴动点P（x，y）的轨迹C的方程为椭圆$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）当m变化时，直线AE、BD相交于一定点N（$\frac{5}{2}$，0）．
证明：如图，

当m=0时，联立直线x=1与椭圆 $\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，
得A（1，$\frac{3}{2}$）、B（1，-$\frac{3}{2}$）、D（4，$\frac{3}{2}$）、E（4，-$\frac{3}{2}$），
过A、B作直线x=4的垂线，得两垂足D（4，$\frac{3}{2}$）、E（4，-$\frac{3}{2}$），
由直线方程的两点式得：直线AE的方程为：2x+2y-5=0，直线BD的方程为：2x-2y-5=0，
方程联立解得x=$\frac{5}{2}$，y=0，
直线AE、BD相交于一点（$\frac{5}{2}$，0）．
假设直线AE、BD相交于一定点N（$\frac{5}{2}$，0）．
证明：设A（my₁+1，y₁），B（my₂+1，y₂），则D（4，y₁），E（4，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去x，并整理得（3m²+4）y²+6my-9=0，
△=36m²-4×（3m²+4）×（-9）=144m²+144＞0＞0，
由韦达定理得y₁+y₂=-$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{9}{3{m}^{2}+4}$．
由$\overrightarrow{NA}$=（my₁-$\frac{3}{2}$，y₁），$\overrightarrow{NE}$=（$\frac{3}{2}$，y₂），
则（my₁-$\frac{3}{2}$）y₂-$\frac{3}{2}$y₁=my₁y₂-$\frac{3}{2}$（y₁+y₂）=m×（-$\frac{9}{3{m}^{2}+4}$）-$\frac{3}{2}$×（-$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$）=0
所以，$\overrightarrow{NA}$∥$\overrightarrow{NE}$，所以A、N、E三点共线，
同理可证B、N、D三点共线，所以直线AE、BD相交于一定点N（$\frac{5}{2}$，0）．

点评 本题考查了轨迹方程，考查了直线与椭圆的综合，对于定点的存在性问题，先找出满足条件的特殊点，然后对其它情况进行证明是该类问题常用的方法．属于中档题．