Question

11．已知動點P（x，y）與一定點F（1，0）的距離和它到一定直線l：x=4的距離之比為$\frac{1}{2}$．
（1）求動點P（x，y）的軌跡C的方程；
（2）己知直線l'：x=my+1交軌跡C于A、B兩點，過點A、B分別作直線l的垂線，垂足依次為點D、E．連接AE、BD，試探索當m變化時，直線AE、BD是否相交于一定點N？若交于定點N，請求出定點的坐標，并給予證明；否則說明理由．

Answer 1

分析 （1）直接利用求軌跡方程的步驟，由題意列出滿足動點P（x，y）到定點F（1，0）的距離和它到一定直線l：x=4的距離之比為$\frac{1}{2}$的等式，整理后即可得到點P的軌跡；
（2）如果存在滿足條件的定點N，則該點對于m=0的直線也成立，所以先取m=0，與橢圓聯(lián)立后解出A、B的坐標，同時求出D、E的坐標，由兩點式寫出AE、BD所在的直線方程，兩直線聯(lián)立求出N的坐標，然后證明該點對于m取其它值時也滿足直線AE、BD是相交于定點N，方法是用共線向量基本定理．

解答 解：（1）由題意得$\frac{\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}}{丨x-4丨}$=$\frac{1}{2}$，
即2$\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}$=丨x-4丨，
兩邊平方得：4x²-8x+4+4y²=x²-8x+16．整理得：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
∴動點P（x，y）的軌跡C的方程為橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）當m變化時，直線AE、BD相交于一定點N（$\frac{5}{2}$，0）．
證明：如圖，

當m=0時，聯(lián)立直線x=1與橢圓 $\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，
得A（1，$\frac{3}{2}$）、B（1，-$\frac{3}{2}$）、D（4，$\frac{3}{2}$）、E（4，-$\frac{3}{2}$），
過A、B作直線x=4的垂線，得兩垂足D（4，$\frac{3}{2}$）、E（4，-$\frac{3}{2}$），
由直線方程的兩點式得：直線AE的方程為：2x+2y-5=0，直線BD的方程為：2x-2y-5=0，
方程聯(lián)立解得x=$\frac{5}{2}$，y=0，
直線AE、BD相交于一點（$\frac{5}{2}$，0）．
假設直線AE、BD相交于一定點N（$\frac{5}{2}$，0）．
證明：設A（my₁+1，y₁），B（my₂+1，y₂），則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，
由韋達定理得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），
則（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三點共線，
同理可證B、N、D三點共線，所以直線AE、BD相交于一定點N（$\frac{5}{2}$，0）．

點評 本題考查了軌跡方程，考查了直線與橢圓的綜合，對于定點的存在性問題，先找出滿足條件的特殊點，然后對其它情況進行證明是該類問題常用的方法．屬于中檔題．