Question

14．P（1，1）是橢圓$\frac{x^2}{3}$+$\frac{y^2}{2}$=1內(nèi)一點，過P的直線l交橢圓于A、B兩點．
（1）若P是AB的中點，求直線l的方程；
（2）若以AB為直徑的圓經(jīng)過原點，求l的方程．

Answer 1

分析 （1）利用“點差法”可求得直線AB的斜率，再利用點斜式即可求得直線l的方程；
（2）當(dāng)直線的斜率不存在時易知$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$≠0，不合題意；當(dāng)直線的斜率存在時設(shè)A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），并設(shè)直線AB的方程為y-1=k（x-1），代入橢圓方程、利用韋達(dá)定理可知可得x₁+x₂=-$\frac{6k（1-k）}{2+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{3（-k+1）^{2}-6}{2+3{k}^{2}}$，利用以AB為直徑的圓經(jīng)過原點可知|AB|²=|OA|²+|OB|²，代入化簡可知k²+10k+1=0，進(jìn)而計算可得結(jié)論．

解答 解：（1）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∵P（1，1）是線段AB的中點，
則x₁+x₂=2，y₁+y₂=2，
依題意，將點 A、B代入橢圓方程，
作差得：$\frac{1}{3}$（x₁+x₂）（x₁-x₂）=$\frac{1}{2}$（y₁+y₂）（y₂-y₁），
由題意知，直線l的斜率存在，
∴k_AB=-$\frac{2}{3}$，
∴直線l的方程為：y-1=-$\frac{2}{3}$（x-1），
整理得：2x+3y-5=0．
故直線l的方程為2x+3y-5=0；
（2）若直線的斜率不存在，則直線AB的方程為x=1，
∴直線AB交橢圓于（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），（1，-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）兩點，
∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=1-$\frac{4}{3}$≠0，不合題意；
若直線的斜率存在，設(shè)斜率為k，則直線AB的方程為y-1=k（x-1），
代入橢圓方程可得（2+3k²）x²+6k（-k+1）x+3（-k+1）²-6=0，
設(shè)A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=-$\frac{6k（1-k）}{2+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{3（-k+1）^{2}-6}{2+3{k}^{2}}$，
∵以AB為直徑的圓經(jīng)過原點，
∴|AB|²=|OA|²+|OB|²，
即$（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}$=（${{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}$）+（${{x}_{2}}^{2}$+${{y}_{2}}^{2}$），
整理得：x₁x₂+y₁y₂=0，
∴（k²+1）x₁x₂-k（k-1）（x₁+x₂）+（k-1）²=0，
即$\frac{3（-k+1）^{2}-6}{2+3{k}^{2}}$•（k²+1）+（k-1）²=-k（k-1）$\frac{6k（1-k）}{2+3{k}^{2}}$，
化簡得：k²+10k+1=0，
解答：k=-5±2$\sqrt{6}$，
∴直線l的方程為：y=（-5-2$\sqrt{6}$）（x-1）+1，即y=（-5-2$\sqrt{6}$）x+6+2$\sqrt{6}$，
或y=（-5+2$\sqrt{6}$）（x-1）+1，即y=（-5+2$\sqrt{6}$）x+6-2$\sqrt{6}$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)與直線的點斜式方程，求直線l的斜率是關(guān)鍵、也是難點，著重考查點差法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．