Question

13．已知圓C經(jīng)過點（1，$\sqrt{3}$），圓心在直線y=x上，且被直線y=-x+2截得的弦長為2$\sqrt{2}$．
（I）求圓C的方程．
（Ⅱ）若直線l過點（$\frac{3}{2}$，0），與圓C交于P，Q兩點，且$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=-2，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)圓心坐標(biāo)為（a，b），由題意列出方程組求出a=b=0，由此能求出圓C的方程．
（Ⅱ）當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x=$\frac{3}{2}$，不成立；當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為$y=k（x-\frac{3}{2}）$，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-\frac{3}{2}）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（k²+1）x²-3k²x+$\frac{9}{4}{k}^{2}$-4=0，由此利用根的判別式、韋達定理、向量的數(shù)量積，已知條件能求出直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)圓心坐標(biāo)為（a，b），由題意得：
$\left\{\begin{array}{l}{a=b}\\{（a-1）^{2}+（b-\sqrt{3}）^{2}=（\sqrt{2}）^{2}+（\frac{|-a-b+2|}{\sqrt{2}}）^{2}}\end{array}\right.$，
解得a=b=0，
∴圓心C（0，0），半徑r=$\sqrt{1+3}$=2，
∴圓C的方程為x²+y²=4．
（Ⅱ）當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x=$\frac{3}{2}$，
把x=$\frac{3}{2}$代入圓x²+y²=4中，得P（$\frac{3}{2}$，-$\frac{\sqrt{7}}{2}$），Q（$\frac{3}{2}，\frac{\sqrt{7}}{2}$），
$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=$\frac{9}{4}-\frac{7}{4}$=$\frac{1}{2}$，不成立；
當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為$y=k（x-\frac{3}{2}）$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-\frac{3}{2}）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（k²+1）x²-3k²x+$\frac{9}{4}{k}^{2}$-4=0，
△＞0，${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{3{k}^{2}}{{k}^{2}+1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{\frac{9}{4}{k}^{2}-4}{{k}^{2}+1}$，
y₁y₂=$k（{x}_{1}-\frac{3}{2}）•k（{x}_{2}-\frac{3}{2}）$=${k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}-\frac{3}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{9}{4}{k}^{2}$
∵$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=-2，
∴x₁x₂+y₁y₂=（k²+1）x₁x₂-$\frac{3}{2}{k}^{2}$（x₁+x₂）+$\frac{9}{4}{k}^{2}$=$\frac{9}{4}{k}^{2}-4$-$\frac{3}{2}{k}^{2}$×$\frac{3{k}^{2}}{{k}^{2}+1}$+$\frac{9}{4}{k}^{2}$=-2，
解得k=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∴直線l的方程為y=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（x-$\frac{3}{2}$）．即2x-$\sqrt{5}$y-3=0或2x+$\sqrt{5}$y-3=0．

點評 本題考查圓的方程的求法，考查直線方程的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達定理、向量的數(shù)量積的合理運用．