Question

1．若動(dòng)點(diǎn)P在直線l：x=-2$\sqrt{2}$上，過(guò)P作直線交橢圓$\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{4}$=1于M，N兩點(diǎn)，使得|PM|=|PN|，再過(guò)P作直線l′⊥MN，則l′恒過(guò)定點(diǎn)Q，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）．

Answer 1

分析 分類(lèi)討論，利用點(diǎn)差法，求出直線的斜率，可得直線的方程，即可得到定點(diǎn)．

解答 解：因?yàn)橹本�l的方程為x=-2$\sqrt{2}$，設(shè)P（-2$\sqrt{2}$，y₀），y₀∈（-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），
當(dāng)y₀≠0時(shí)，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），顯然x₁≠x₂，
由$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{12}$+$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$=1，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{12}$+$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$=1，
作差，又PM=PN，即P為線段MN的中點(diǎn)，
故直線MN的斜率為-$\frac{1}{3}$•$\frac{-2\sqrt{2}}{{y}_{0}}$=$\frac{2\sqrt{2}}{3{y}_{0}}$，
又l′⊥MN，所以直線l′的方程為y-y₀=-$\frac{3{y}_{0}}{2\sqrt{2}}$（x+2$\sqrt{2}$），
即y=-$\frac{3{y}_{0}}{2\sqrt{2}}$（x+$\frac{4\sqrt{2}}{3}$），
顯然l′恒過(guò)定點(diǎn)（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）；
當(dāng)y₀=0時(shí)，直線MN即x=-2$\sqrt{2}$，此時(shí)l′為x軸亦過(guò)點(diǎn)（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）．
綜上所述，l′恒過(guò)定點(diǎn)（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）．
故答案為：（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程與性質(zhì)，考查點(diǎn)差法的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題．