Question

5．长为2$\sqrt{3}$的线段EF的端点E，F分别在直线y=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$x和y=-$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$x上滑动，P是线段EF的中点．
（Ⅰ）求点P的轨迹M的方程；
（Ⅱ）设直线l：x=ky+m与轨迹M交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过定点C（3，0）（C点与A，B点不重合），求证：直线l经过定点Q，并求出Q点的坐标．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用中点坐标公式，结合长为2$\sqrt{3}$的线段EF，建立方程，即可求点P的轨迹M的方程；
（Ⅱ）联立$\left\{\begin{array}{l}x=ky+m\\ \frac{x^2}{9}+{y^2}=1\end{array}\right.$消去x得（k²+9）y²+2kmy+m²-9=0，因为以AB为直径的圆过点C，所以 $\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}=0$．由此即可证明结论．

解答 解：（Ⅰ）设P（x，y），E（x₁，y₁），F（x₂，y₂），
∵P是线段EF的中点，∴$\left\{{\begin{array}{l}{x=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}\\{y=\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}}\end{array}}\right.$．
∵E，F分别是直线$y=\frac{{\sqrt{3}}}{3}x$和$y=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}x$上的点，∴${y_1}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}{x_1}$和${y_2}=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}{x_2}$．
∴$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}-{x_2}=2\sqrt{3}y}\\{{y_1}-{y_2}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}x}\end{array}}\right.$，…（3分）$|{EF}|=2\sqrt{3}$，∴${（{{x_1}-{x_2}}）^2}+{（{y_1}-{y_2}）^2}=12$．
∴$12{y^2}+\frac{4}{3}{x^2}=12$，
∴动点P的轨迹M的方程为$\frac{x^2}{9}+{y^2}=1$．    …（6分）
（Ⅱ）由直线AB的方程x=ky+m．
联立$\left\{\begin{array}{l}x=ky+m\\ \frac{x^2}{9}+{y^2}=1\end{array}\right.$消去x得（k²+9）y²+2kmy+m²-9=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则有${y_1}+{y_2}=-\frac{2km}{{{k^2}+9}}$，${y_1}{y_2}=\frac{{{m^2}-9}}{{{k^2}+9}}$．①．…（8分）
因为以AB为直径的圆过点C，所以 $\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}=0$．
由 $\overrightarrow{CA}=（{x_1}-3，{y_1}），\overrightarrow{CB}=（{x_2}-3，{y_2}）$，得 （x₁-3）（x₂-3）+y₁y₂=0．
将x₁=ky₁+m，x₂=ky₂+m代入上式，
得 $（{k^2}+1）{y_1}{y_2}+k（m-3）（{y_1}+{y_2}）+{（m-3）^2}=0$②．
将 ①代入②式，解得 $m=\frac{12}{5}$或m=3（舍）．
所以$m=\frac{12}{5}$，记直线l与x轴交点为Q，则Q点坐标为$（{\frac{12}{5}，0}）$，…（12分）

点评 本题考查轨迹方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．