Question

20．長度為3的線段AB的端點A、B分別在x軸、y軸上運動，若點P滿足$\overrightarrow{BP}$=2$\overrightarrow{PA}$．設(shè)動點P軌跡為曲線C．
（I）求曲線C的方程；
（Ⅱ）點P在曲線C上，點F的坐標為（$\sqrt{3}$，0），若點Q是直線l：x=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$上任意一點，且滿足PF⊥FQ，是判斷直線PQ與曲線C的位置關(guān)系．

Answer 1

分析 （I）設(shè)P（x，y），用x，y表示出A，B的坐標，利用AB=3列方程化簡即可得出P點軌跡方程；
（II）設(shè)P（m，n），Q（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，p），利用PF⊥FQ得出m，n，p的關(guān)系，求出直線PQ的斜率，得出直線PQ的方程，與曲線C方程聯(lián)立消元，判斷所得一元二次方程根的情況得出結(jié)論．

解答 解：（I）設(shè)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$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
∴曲線C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（II）設(shè)P（m，n），Q（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，p），則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=$\frac{\sqrt{3}-m-\sqrt{3}（1-\frac{{m}^{2}}{4}）}{（4-\sqrt{3}m）n}$=-$\frac{m}{4n}$．
∴直線PQ的方程為y-n=-$\frac{m}{4n}$（x-m），即y=-$\frac{m}{4n}x$+$\frac{1}{n}$．
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=-\frac{m}{4n}x+\frac{1}{n}}\end{array}\right.$，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，
∴故方程只有一個根，
∴直線PQ與曲線C相切．

點評 本題考查了圓錐曲線與直線的位置關(guān)系，直線垂直的特征及直線的斜率的求法等，化簡較復(fù)雜，注意要細心，屬于難題．