Question

6．如圖，已知A（-4a，0）（a＞0），B、C兩點(diǎn)分別在y軸和x軸上運(yùn)動，并且滿足$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{BQ}$=0，$\overrightarrow{BC}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{CQ}$．
（1）求動點(diǎn)Q的軌跡方程；
（2）設(shè)過點(diǎn)A的直線與點(diǎn)Q的軌跡交于E、F兩點(diǎn)，A′（4a，0），求直線A′E、A′F的斜率之和．

Answer 1

分析 （1）分別設(shè)出Q、B、C的坐標(biāo)，利用向量等式把B的坐標(biāo)用Q的坐標(biāo)表示，結(jié)合$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{BQ}$=0求得動點(diǎn)Q的軌跡方程；
（2）寫出過點(diǎn)A的直線為y=k（x+4a）（k≠0），聯(lián)立直線方程和拋物線方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系得到E，F(xiàn)兩點(diǎn)縱坐標(biāo)的和，再寫出直線A′E、A′F的斜率之和整理得答案．

解答 解：（1）設(shè)Q（x，y），B（0，y_B），C（x_C，0），
則$\overrightarrow{BC}=（{x}_{C}-0，0-{y}_{B}）$，$\overrightarrow{CQ}=（x-{x}_{C}，y）$，
∵$\overrightarrow{BC}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{CQ}$，
∴$（{x}_{C}，-{y}_{B}）=\frac{1}{3}（x-{x}_{C}，y）$，則${y}_{B}=-\frac{y}{3}$，
又A（-4a，0）（a＞0），
∴$\overrightarrow{AB}=（4a，-\frac{y}{3}），\overrightarrow{BQ}=（x，\frac{4y}{3}）$，
由已知$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{BQ}$=0，則$4ax-\frac{4}{9}{y}^{2}=0$，
即y²=9ax，
∴動點(diǎn)Q的軌跡方程為y²=9ax；
（2）設(shè)過點(diǎn)A的直線為y=k（x+4a）（k≠0），
再設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=9ax}\\{y=k（x+4a）}\end{array}\right.$，得ky²-9ay+36a²k=0，
則${y}_{1}{y}_{2}=36{a}^{2}$，
∴k_A′E+k_A′F=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-4a}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-4a}=\frac{{y}_{1}{x}_{2}-4a{y}_{1}+{y}_{2}{x}_{1}-4a{y}_{2}}{（{x}_{1}-4a）（{x}_{2}-4a）}$
又${{y}_{1}}^{2}=9a{x}_{1}，{{y}_{2}}^{2}=9a{x}_{2}$，
∴${k}_{A′E}+{k}_{A′F}=\frac{{y}_{1}\frac{{{y}_{2}}^{2}}{9a}-4a{y}_{1}+{y}_{2}\frac{{{y}_{1}}^{2}}{9a}-4a{y}_{2}}{（{x}_{1}-4a）（{x}_{2}-4a）}$=$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）（\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{9a}-4a）}{（{x}_{1}-4a）（{x}_{2}-4a）}$，
由${y}_{1}{y}_{2}=36{a}^{2}$，得k_A′E+k_A′F=0．

點(diǎn)評 本題考查平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，考查了軌跡方程的求法，訓(xùn)練了直線和圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，是中檔題．