Question

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

Answer 1

分析 分類討論，利用點差法，求出直線的斜率，可得直線的方程，即可得到定點．

解答 解：因為直線l的方程為x=-2$\sqrt{2}$，設P（-2$\sqrt{2}$，y₀），y₀∈（-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），
當y₀≠0時，設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，
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′恒過定點（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）；
當y₀=0時，直線MN即x=-2$\sqrt{2}$，此時l′為x軸亦過點（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）．
綜上所述，l′恒過定點（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）．
故答案為：（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）．

點評 本題考查橢圓的方程與性質(zhì)，考查點差法的運用，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．