Question

5．長為2$\sqrt{3}$的線段EF的端點(diǎn)E，F(xiàn)分別在直線y=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$x和y=-$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$x上滑動，P是線段EF的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求點(diǎn)P的軌跡M的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l：x=ky+m與軌跡M交于A，B兩點(diǎn)，若以AB為直徑的圓經(jīng)過定點(diǎn)C（3，0）（C點(diǎn)與A，B點(diǎn)不重合），求證：直線l經(jīng)過定點(diǎn)Q，并求出Q點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式，結(jié)合長為2$\sqrt{3}$的線段EF，建立方程，即可求點(diǎn)P的軌跡M的方程；
（Ⅱ）聯(lián)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?yàn)橐訟B為直徑的圓過點(diǎn)C，所以 $\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}=0$．由此即可證明結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)P（x，y），E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），
∵P是線段EF的中點(diǎn)，∴$\left\{{\begin{array}{l}{x=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}\\{y=\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}}\end{array}}\right.$．
∵E，F(xiàn)分別是直線$y=\frac{{\sqrt{3}}}{3}x$和$y=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}x$上的點(diǎn)，∴${y_1}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}{x_1}$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）$|{EF}|=2\sqrt{3}$，∴${（{{x_1}-{x_2}}）^2}+{（{y_1}-{y_2}）^2}=12$．
∴$12{y^2}+\frac{4}{3}{x^2}=12$，
∴動點(diǎn)P的軌跡M的方程為$\frac{x^2}{9}+{y^2}=1$．    …（6分）
（Ⅱ）由直線AB的方程x=ky+m．
聯(lián)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，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則有${y_1}+{y_2}=-\frac{2km}{{{k^2}+9}}$，${y_1}{y_2}=\frac{{{m^2}-9}}{{{k^2}+9}}$．①．…（8分）
因?yàn)橐訟B為直徑的圓過點(diǎn)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．
將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．
將 ①代入②式，解得 $m=\frac{12}{5}$或m=3（舍）．
所以$m=\frac{12}{5}$，記直線l與x軸交點(diǎn)為Q，則Q點(diǎn)坐標(biāo)為$（{\frac{12}{5}，0}）$，…（12分）

點(diǎn)評 本題考查軌跡方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查向量知識的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．