Question

13．已知圆C经过点（1，$\sqrt{3}$），圆心在直线y=x上，且被直线y=-x+2截得的弦长为2$\sqrt{2}$．
（I）求圆C的方程．
（Ⅱ）若直线l过点（$\frac{3}{2}$，0），与圆C交于P，Q两点，且$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=-2，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设圆心坐标为（a，b），由题意列出方程组求出a=b=0，由此能求出圆C的方程．
（Ⅱ）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=$\frac{3}{2}$，不成立；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为$y=k（x-\frac{3}{2}）$，联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-\frac{3}{2}）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（k²+1）x²-3k²x+$\frac{9}{4}{k}^{2}$-4=0，由此利用根的判别式、韦达定理、向量的数量积，已知条件能求出直线l的方程．

解答 解：（Ⅰ）设圆心坐标为（a，b），由题意得：
$\left\{\begin{array}{l}{a=b}\\{（a-1）^{2}+（b-\sqrt{3}）^{2}=（\sqrt{2}）^{2}+（\frac{|-a-b+2|}{\sqrt{2}}）^{2}}\end{array}\right.$，
解得a=b=0，
∴圆心C（0，0），半径r=$\sqrt{1+3}$=2，
∴圆C的方程为x²+y²=4．
（Ⅱ）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=$\frac{3}{2}$，
把x=$\frac{3}{2}$代入圆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；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为$y=k（x-\frac{3}{2}）$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-\frac{3}{2}）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，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=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∴直线l的方程为y=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（x-$\frac{3}{2}$）．即2x-$\sqrt{5}$y-3=0或2x+$\sqrt{5}$y-3=0．

点评 本题考查圆的方程的求法，考查直线方程的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、向量的数量积的合理运用．