Question

3．已知過點A（0，2）的直線l與橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1交于P，Q兩點．
（Ⅰ）若直線l的斜率為k，求k的取值范圍；
（Ⅱ）若以PQ為直徑的圓經(jīng)過點E（1，0），求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意設(shè)出直線l的方程，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，化為關(guān)于x的一元二次方程后由判別式大于0求得k的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)出P、Q的坐標，利用根與系數(shù)的關(guān)系得到P、Q的橫坐標的和與積，結(jié)合以PQ為直徑的圓經(jīng)過點E（1，0），由$\overrightarrow{PE}•\overrightarrow{QE}=0$求得k值，則直線方程可求．

解答 解：（Ⅰ）由題意可設(shè)直線l的方程為y=kx+2，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+3k²）x²+12kx+9=0，
由△=（12k）²-36（1+3k²）=36k²-36＞0，
解得k＜-1或k＞1．
∴k的取值范圍為（-∞，-1）∪（1，+∞）；
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則由（Ⅰ）得：${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-12k}{1+3{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{9}{1+3{k}^{2}}$，
又E（1，0），
∴$\overrightarrow{PE}=（1-{x}_{1}，-{y}_{1}），\overrightarrow{QE}=（1-{x}_{2}，-{y}_{2}）$，
由題意可知，$\overrightarrow{PE}•\overrightarrow{QE}=（1-{x}_{1}，-{y}_{1}）•（1-{x}_{2}，-{y}_{2}）$
=1-x₁-x₂+x₁x₂+（kx₁+2）（kx₂+2）=（1+k²）x₁x₂+（2k-1）（x₁+x₂）+5
=$（1+{k}^{2}）•\frac{9}{1+3{k}^{2}}-（2k-1）•\frac{12k}{1+3{k}^{2}}+5$=$\frac{12k+14}{1+3{k}^{2}}=0$，
解得：k=-$\frac{7}{6}$，滿足k＜-1．
∴直線l的方程為y=-$\frac{7}{6}x+2$，即7x+6y-12=0．

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，體現(xiàn)了“設(shè)而不求”的解題思想方法，是中檔題．