Usando teoría de Galois: El grupo $\mathrm{Aut}(\mathbb{C})$ de autmorfismos de $\mathbb{C}$ actúa sobre el conjunto de puntos de tu variedad $X$ de dimensión $0$, puesto que $X$ está definida sobre $\mathbb{Q}$ (y cualquier automorfismo de fija a $\mathbb{Q}$). Supongamos que alguno de los puntos $x \in X$ tiene alguna coordenada trascendente, digamos $x_i$. Es claro que la órbita de $x_i$ bajo $\mathrm{Aut}(\mathbb{C})$ es no-numerable: toma una base de trascendencia de $\mathbb{C}$ que incluya a $x_i$ (suponiendo el axioma de elección tal cosa existe y es no numerable), la órbita incluye al menos al resto de la base. Pero entonces la órbita del punto $x$ tambíen es no numerable contradiciendo que debe estar contenida en el conjunto finito de puntos de $X$.
Usando teoría de eliminación: Supongamos que $X = \{ (x_1, \ldots, x_n) \in \mathbb{C}^n : F_1(x_1, \ldots, x_n) = \cdots = F_k(x_1, \ldots, x_n) = 0 \}$ donde los polinomios $F_i$ tienen coordenadas racionales. Probar que los puntos de $X$ tienen coordenadas algebraicas es lo mismo que probar que para cada proyección $\pi_i (x_1, \ldots, x_n) = x_i$, la imagen $\pi_i(X)$ es una variedad (en $\mathbb{C}$) definida sobre $\mathbb{Q}$ (bastaría incluso sobre $\bar{\mathbb{Q}}$). Podemos hacer esto usando teoría clásica de eliminación.
Como ejercicio de calentamiento, hagamos el caso $n=k=2$. Queremos un polinomio de coeficientes racionales cuyas raíces sean $\{ x \in \mathbb{C} : F_1(x,y)$ y $F_2(x,y)$ tiene una raíz común (como polinomios en $y) \}$. Para eso son los resultantes (ver http://en.wikipedia.org/wiki/Resultant): si tratamos a $F_1$ y $F_2$ como polinomios en $y$ con coeficientes en $\mathbb{Q}[x]$, su resultante es un elemento de $\mathbb{Q}[x]$ que es cero justamente cuando $F_1$ y $F_2$ comparten una raíz $y$. Los coeficientes del resultante salen racionales pues el resultante es un polinomio de coeficientes enteros en los coeficientes de los polinomios $F_1$ y $F_2$.
Para hacer el caso $n=2$, $k=3$ hay un excelente truco debido a Kronecker: tres polinomios $F_1$, $F_2$ y $F_3$ (de nuevo pensándolos como polinomios sólo en $y$, de modo que sus coeficientes están en $\mathbb{Q}[x]$) tienen una raíz en común si y sólo si el resultante $R$ de $F_1$ y $F_2 + u F_3$ es idénticamente cero. Aquí $u$ es una indeterminada nueva, así que el resultado de evaluar el polinomio $F_2 + u F_3$ en algún $(x,y)$ es un polinomio lineal en $u$, que es cero si y sólo si tanto $F_2$ como $F_3$ son cero ahí. El resultante $R$ es un polinomio en $u$ con coeficientes en $\mathbb{Q}[x]$, digamos $R(u) = R_m(x) u^m + \cdots R_0(x)$ y tenemos, entonces, que $\pi_1(X)$ es el conjunto de ceros comunes de $R_0, \ldots, R_m$.
Está claro que usando más indeterminadas nuevas $u$ el truco de Kronecker permite probar el caso $n=2$, $k$ arbitraria. Podemos ahora hacer el caso general con por inducción: con la misma técnica podemos proyectar eliminando una variable, es decir, podemos probar primero que $\pi_{1,2,\ldots,n-1}(X)$ (donde esa es la proyección obvia $\mathbb{C}^n \to \mathbb{C}^{n-1}$) es definible sobre $\mathbb{Q}$, luego que $\pi_{1,2,\ldots,n-2}(X)$ lo es, etc.
Usando el teorema de Chevalley sobre conjuntos construibles: También hay maneras más modernas de empaquetar este argumento. Un teorema de Chevalley (EGA IV, 1.8.4) da condiciones sobre un morfismo bajo las cuales la imagen de un subconjunto construible de un esquema es a su vez construible. (Construible quiere decir unión finita de conjuntos localmente cerrados; un conjunto localmente cerrado es la intersección de un abierto con un cerrado y estamos hablando siempre de la topología de Zariski.) No recuerdo la versión más general del teorema, pero es cierto, por ejemplo, para morfismos finitamente presentados entre esquemas Nötherianos.
Podemos aplicar ese teorema a tu pregunta pensando en $X$ como un subconjunto construible (cerrado, incluso) del esquema $\mathbb{A}_{\mathbb{Q}}^n$; el teorema de Chevalley nos dice entonces que $\pi_i(X)$ es un subconjunto construible de $\mathbb{A}_{\mathbb{Q}}^1$. Esto es casi lo que queremos: los puntos de las recta afín racional son (órbitas de Galois de) números algebraicos, salvo por el punto genérico (que corresponde al ideal $(0)$). Pero un conjunto localmente cerrado que incluya al punto genérico debe ser abierto y por ende cofinito, así que un conjunto construible en $\mathbb{A}_{\mathbb{Q}}^1$ que contenga al punto genérico sería infinito y no podría ser la imagen de $X$.
Usando teoría de modelos (eliminación de cuantificadores): Otra manera más es usando ideas de la teoría de modelos en lógica. Ahí se prueba, que la teoría $ACF_0$ de campos algebraícamente cerrados de característica $0$ tiene eliminación de cuantificadores, lo cual quiere decir que la fórmula $\exists x_2, \ldots, x_n \; F_1(x_1, x_2, \ldots, x_n) = \cdots = F_k(x_1, x_2, \ldots, x_n)$ (que es cierto para $x_1$ si y solo si $x_1 \in \pi_1(X)$) es equivalente a alguna fórmula sin cuantificadores. Esta fórmula sin cuantificadores se puede expresar como una colección de polinomios en $x_1$ con coeficientes en $\bar{\mathbb{Q}}$ cada uno puesto $=0$ o $\neq 0$; probando de nuevo que $\pi_1(X)$ consta de números algebraicos.
Desde luego, tanto el teorema de Chevalley como la eliminación de cuantificadores para $ACF_0$ se prueban (o al menos, se pueden probar) usando teoría clásica de eliminación.
