Question

6．如图，已知A（-4a，0）（a＞0），B、C两点分别在y轴和x轴上运动，并且满足$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{BQ}$=0，$\overrightarrow{BC}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{CQ}$．
（1）求动点Q的轨迹方程；
（2）设过点A的直线与点Q的轨迹交于E、F两点，A′（4a，0），求直线A′E、A′F的斜率之和．

Answer 1

分析 （1）分别设出Q、B、C的坐标，利用向量等式把B的坐标用Q的坐标表示，结合$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{BQ}$=0求得动点Q的轨迹方程；
（2）写出过点A的直线为y=k（x+4a）（k≠0），联立直线方程和抛物线方程，利用根与系数的关系得到E，F两点纵坐标的和，再写出直线A′E、A′F的斜率之和整理得答案．

解答 解：（1）设Q（x，y），B（0，y_B），C（x_C，0），
则$\overrightarrow{BC}=（{x}_{C}-0，0-{y}_{B}）$，$\overrightarrow{CQ}=（x-{x}_{C}，y）$，
∵$\overrightarrow{BC}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{CQ}$，
∴$（{x}_{C}，-{y}_{B}）=\frac{1}{3}（x-{x}_{C}，y）$，则${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，则$4ax-\frac{4}{9}{y}^{2}=0$，
即y²=9ax，
∴动点Q的轨迹方程为y²=9ax；
（2）设过点A的直线为y=k（x+4a）（k≠0），
再设E（x₁，y₁），F（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=9ax}\\{y=k（x+4a）}\end{array}\right.$，得ky²-9ay+36a²k=0，
则${y}_{1}{y}_{2}=36{a}^{2}$，
∴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．

点评 本题考查平面向量的数量积运算，考查了轨迹方程的求法，训练了直线和圆锥曲线位置关系的应用，是中档题．