Question

16．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．
（Ⅰ）当点M变化时，求动点P的轨迹G的方程；
（Ⅱ）过点F₂且不与x轴重合的直线L与曲线G相交于A，B两点，过点B作x轴的平行线与直线x=2相交于点C，则直线AC是否恒过定点，若是请求出该定点，若不是请说明理由．

Answer 1

分析 （I）由中垂线性质可得PM+PF₂=MF₂=2$\sqrt{2}$，故而P点轨迹为F₁，F₂为焦点的椭圆，利用定义求出a，b即可得出方程；
（II）讨论直线l的斜率，联立方程组，利用根与系数的关系求出直线AC的方程，根据方程判断即可．

解答 解：（Ⅰ）∵P在线段MF₁的中垂线上，∴PM=PF₁，
又P在线段MF₂上，∴PM+PF₂=MF₂=2$\sqrt{2}$，
∴PF₁+PF₂=2$\sqrt{2}$，而F₁F₂=2，
∴动点P的轨迹G是以F₁，F₂为焦点的椭圆，
设椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$，则2a=2$\sqrt{2}$，c=1，∴a=$\sqrt{2}$，b=1，
∴动点P的轨迹方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）①当l的斜率不存在时，不妨取$A（1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，$B（1，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，
∴C（2，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），直线AC的方程为$\sqrt{2}$x+y-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$=0，
此时易知AC过点$（\frac{3}{2}，\;0）$．
②当l的斜率存在时，设l的方程为：y=k（x-1）
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=k（x-1）}\end{array}\right.$，消去y得：（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
设A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），则C（2，y₂），且x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$，
直线AC方程为$y-{y_2}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-2}}（x-2）$，
∴$y=\frac{{k{x_1}-k{x_2}}}{{{x_1}-2}}（x-2）+k（{x_2}-1）$=$\frac{{k（{x_1}-{x_2}）（x-2）+k（{x_2}-1）（{x_1}-2）}}{{{x_1}-2}}$=$\frac{{k（x{x_1}-x{x_2}-3x+{x_1}{x_2}+2）}}{{{x_1}-2}}$=$\frac{{k[x{x_1}-x（\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}-{x_1}）-3{x_1}+\frac{{2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}+2]}}{{{x_1}-2}}$=$\frac{{k[（2x-3）{x_1}-\frac{{2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}（2x-3）]}}{{{x_1}-2}}$．
当$x=\frac{3}{2}$时，y=0；
综上可知，直线AC恒过定点$（\frac{3}{2}，\;0）$．

点评 本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆的位置关系，注意根与系数的关系应用，属于中档题．