分析 (Ⅰ)將橢圓C化為普通方程得$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$,當(dāng)$α=\frac{π}{3}$時(shí),設(shè)點(diǎn)M對應(yīng)的參數(shù)為t0,直線l代入方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+y2=1,得$13{t^2}+4\sqrt{3}t-4=0$,由此能求出點(diǎn)M的坐標(biāo).
(Ⅱ)$P({\sqrt{3},0})$,將l:$\left\{{\begin{array}{l}{x=\sqrt{3}+tcosα}\\{y=tsinα}\end{array}}\right.$代入方程$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$,得$({{{cos}^2}α+4{{sin}^2}α}){t^2}+({2\sqrt{3}cosα})t-1=0$,由此利用弦長公式能求出直線l的斜率.
解答 解:(Ⅰ)將橢圓C:$\left\{{\begin{array}{l}{x=2cosθ}\\{y=sinθ}\end{array}}\right.$化為普通方程得$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$,
當(dāng)$α=\frac{π}{3}$時(shí),設(shè)點(diǎn)M對應(yīng)的參數(shù)為t0,
直線l的參數(shù)方程為$\left\{{\begin{array}{l}{x=\sqrt{3}+\frac{1}{2}t}\\{y=\frac{{\sqrt{3}}}{2}t}\end{array}}\right.$(t為參數(shù)),
代入方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+y2=1中,并整理得$13{t^2}+4\sqrt{3}t-4=0$,
設(shè)直線l上的點(diǎn)A,B對應(yīng)的參數(shù)分別為t1,t2,${t_1}+{t_2}=-\frac{{4\sqrt{3}}}{13}$,
則${t_0}=\frac{{{t_1}+{t_2}}}{2}=-\frac{{2\sqrt{3}}}{13}$,
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為$({\frac{{12\sqrt{3}}}{13},-\frac{3}{13}})$.
(Ⅱ)$P({\sqrt{3},0})$,將l:$\left\{{\begin{array}{l}{x=\sqrt{3}+tcosα}\\{y=tsinα}\end{array}}\right.$代入方程$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$中,
得$({{{cos}^2}α+4{{sin}^2}α}){t^2}+({2\sqrt{3}cosα})t-1=0$,
∴${t_1}+{t_2}=-\frac{{2\sqrt{3}cosα}}{{{{cos}^2}α+4{{sin}^2}α}}$,${t_1}{t_2}=-\frac{1}{{{{cos}^2}α+4{{sin}^2}α}}$,
∴|AB|=|t1|+|t2|=|t1-t2|=$\sqrt{({t}_{1}+{t}_{2})^{2}-4{t}_{1}{t}_{2}}$=$\sqrt{(-\frac{2\sqrt{3}cosα}{co{s}^{2}α+4si{n}^{2}α})^{2}+\frac{4}{co{s}^{2}α+4si{n}^{2}α}}$
=$\frac{4}{{{{cos}^2}α+4{{sin}^2}}}=\frac{4}{{1+3{{sin}^2}α}}$,
由$|{AB}|=\sqrt{3}|{OP}|$,得$\frac{4}{{1+3{{sin}^2}α}}=3$,
${sin^2}α=\frac{1}{9}$,$sinα=\frac{1}{3}$,$cosα=±\frac{{2\sqrt{2}}}{3}$,
∴直線l的斜率為$±\frac{{\sqrt{2}}}{4}$.
點(diǎn)評 本題考查線段中點(diǎn)坐標(biāo)的求法,考查直線的斜率的求法,是中檔題,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意橢圓、參數(shù)方程、直線性質(zhì)的合理運(yùn)用.
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A. | 充分不必要條件 | B. | 必要不充分條件 | ||
C. | 充要條件 | D. | 既不充分也不必要條件 |
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A. | $({1,\frac{{\sqrt{5}}}{2}})$ | B. | $({\sqrt{5},+∞})$ | C. | $({\frac{{\sqrt{5}}}{2},\sqrt{5}})$ | D. | $({1,\frac{{\sqrt{5}}}{2}})∪({\sqrt{5},+∞})$ |
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