Question

1．若动点P在直线l：x=-2$\sqrt{2}$上，过P作直线交椭圆$\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{4}$=1于M，N两点，使得|PM|=|PN|，再过P作直线l′⊥MN，则l′恒过定点Q，点Q的坐标为（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）．

Answer 1

分析 分类讨论，利用点差法，求出直线的斜率，可得直线的方程，即可得到定点．

解答 解：因为直线l的方程为x=-2$\sqrt{2}$，设P（-2$\sqrt{2}$，y₀），y₀∈（-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），
当y₀≠0时，设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），显然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为线段MN的中点，
故直线MN的斜率为-$\frac{1}{3}$•$\frac{-2\sqrt{2}}{{y}_{0}}$=$\frac{2\sqrt{2}}{3{y}_{0}}$，
又l′⊥MN，所以直线l′的方程为y-y₀=-$\frac{3{y}_{0}}{2\sqrt{2}}$（x+2$\sqrt{2}$），
即y=-$\frac{3{y}_{0}}{2\sqrt{2}}$（x+$\frac{4\sqrt{2}}{3}$），
显然l′恒过定点（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）；
当y₀=0时，直线MN即x=-2$\sqrt{2}$，此时l′为x轴亦过点（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）．
综上所述，l′恒过定点（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）．
故答案为：（-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，0）．

点评 本题考查椭圆的方程与性质，考查点差法的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．