Question

20．长度为3的线段AB的端点A、B分别在x轴、y轴上运动，若点P满足$\overrightarrow{BP}$=2$\overrightarrow{PA}$．设动点P轨迹为曲线C．
（I）求曲线C的方程；
（Ⅱ）点P在曲线C上，点F的坐标为（$\sqrt{3}$，0），若点Q是直线l：x=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$上任意一点，且满足PF⊥FQ，是判断直线PQ与曲线C的位置关系．

Answer 1

分析 （I）设P（x，y），用x，y表示出A，B的坐标，利用AB=3列方程化简即可得出P点轨迹方程；
（II）设P（m，n），Q（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，p），利用PF⊥FQ得出m，n，p的关系，求出直线PQ的斜率，得出直线PQ的方程，与曲线C方程联立消元，判断所得一元二次方程根的情况得出结论．

解答 解：（I）设P（x，y），∵$\overrightarrow{BP}$=2$\overrightarrow{PA}$，∴A（$\frac{3}{2}x$，0），B（0，3y），
∵AB=3，∴$\frac{9}{4}{x}^{2}$+9y²=9，即$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
∴曲线C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（II）设P（m，n），Q（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，p），则k_PF=$\frac{n}{m-\sqrt{3}}$，k_FQ=$\frac{p}{\frac{\sqrt{3}}{3}}$=$\sqrt{3}$p，
∵PF⊥FQ，∴$\frac{n}{m-\sqrt{3}}$•$\sqrt{3}$p=-1，∴p=$\frac{\sqrt{3}-m}{\sqrt{3}n}$．
∴k_PQ=$\frac{p-n}{\frac{4\sqrt{3}}{3}-m}$=$\frac{\sqrt{3}-m-\sqrt{3}{n}^{2}}{（4-\sqrt{3}m）n}$．
又$\frac{{m}^{2}}{4}+{n}^{2}=1$，∴n²=1-$\frac{{m}^{2}}{4}$，
∴k_PQ=$\frac{\sqrt{3}-m-\sqrt{3}（1-\frac{{m}^{2}}{4}）}{（4-\sqrt{3}m）n}$=-$\frac{m}{4n}$．
∴直线PQ的方程为y-n=-$\frac{m}{4n}$（x-m），即y=-$\frac{m}{4n}x$+$\frac{1}{n}$．
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=-\frac{m}{4n}x+\frac{1}{n}}\end{array}\right.$，消元得：（$\frac{1}{4}$+$\frac{{m}^{2}}{16{n}^{2}}$）x²-$\frac{m}{2{n}^{2}}x$+$\frac{1}{{n}^{2}}$-1=0，
∴△=$\frac{{m}^{2}}{4{n}^{4}}$-4（$\frac{1}{4}$+$\frac{{m}^{2}}{16{n}^{2}}$）（$\frac{1}{{n}^{2}}$-1）=$\frac{{m}^{2}}{4{n}^{4}}$-（1+$\frac{{m}^{2}}{4{n}^{2}}$）（$\frac{1}{{n}^{2}}$-1）=$\frac{{m}^{2}}{4{n}^{2}}-\frac{1}{{n}^{2}}+1$=$\frac{4（1-{n}^{2}）}{4{n}^{2}}$-$\frac{1}{{n}^{2}}$+1=0，
∴故方程只有一个根，
∴直线PQ与曲线C相切．

点评 本题考查了圆锥曲线与直线的位置关系，直线垂直的特征及直线的斜率的求法等，化简较复杂，注意要细心，属于难题．