2.已知線段AB的長度為3,其兩個端點A、B分別在x軸、y軸上滑動,點M滿足$2\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{MB}$.
(1)求點M的軌跡C的方程;
(2)設(shè)曲線C與x軸正半軸的交點為D,過點D作傾斜角為α、β的兩條直線,分別交曲線C于P、Q兩點,當(dāng)$α+β=\frac{π}{2}$時,直線PQ是否過定點,若過定點,求出該定點坐標(biāo),否則說明理由.

分析 (1)設(shè)M(x,y),依題意A($\frac{3x}{2}$,0),B(0,3y),由此能求出M軌跡C的方程.
(2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),可得D(2,0).
①當(dāng)α、β不為0時,由$α+β=\frac{π}{2}$得tanα•tanβ=1,即$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}=1$⇒y1y2=x1x2-2(x1+x2)+4,直線PQ:y=kx+m代入橢圓方程,利用韋達定理,即可求得結(jié)論.
②當(dāng)α、β中有一個為0時,直線PQ為x軸,符合題意.

解答 解:(1)設(shè)M(x,y),依題意A($\frac{3x}{2}$,0),B(0,3y),
由|AB|=3,得$\frac{9{x}^{2}}{4}$+9y2=9,
∴M軌跡C的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}$+y2=1;
(2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),可得D(2,0).
①當(dāng)α、β不為0時,由$α+β=\frac{π}{2}$得tanα•tanβ=1,即$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}=1$⇒y1y2=x1x2-2(x1+x2)+4
設(shè)直線PQ:y=kx+m代入橢圓方程,消去y可得(1+4k2)x2+8mkx+4(m2-1)=0
∴x1+x2=$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$,x1x2=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$.∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=$\frac{{m}^{2}-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$.
由⇒y1y2=x1x2-2(x1+x2)+4得$\frac{{m}^{2}-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}=\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}+\frac{16km}{1+4{k}^{2}}+4$,
化簡得3m2+16km+20k2=0,解得m=-2k或m=-$\frac{10}{3}k$
當(dāng)m=-2k時,直線方程為y=k(x-2)不符合題意.
當(dāng)m=-$\frac{10}{3}$k時,直線方程為y=k(x-$\frac{10}{3}$),過定點($\frac{10}{3}$,0),符合題意.
②當(dāng)α、β中有一個為0時,直線PQ為x軸,過定點($\frac{10}{3}$,0),符合題意.
綜上,當(dāng)$α+β=\frac{π}{2}$時,直線PQ過定點($\frac{10}{3}$,0)

點評 本題考查點的軌跡方程的求法,考查滿足條件的實數(shù)的取值范圍的求法,解題時要認(rèn)真審題,注意函數(shù)與方程思想的合理運用.屬于中檔題.

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