Question

20．已知F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0）為平面內(nèi)的兩個定點，動點P滿足|PF₁|+|PF₂|=2$\sqrt{2}$，記點P的軌跡為曲線M．點O為坐標(biāo)原點，點A、B、C是曲線M上的不同三點，且$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$+$\overrightarrow{OC}$=$\overrightarrow{0}$
（Ⅰ）求直線AB與OC的斜率之積；
（Ⅱ）當(dāng)直線AB過點F₁時，求直線AB、OC與x軸所圍成的三角形的面積．

Answer 1

分析 （I）由橢圓的定義可知：點P的軌跡是以F₁（-1，0）F₂（1，0）為焦點的橢圓．可得橢圓方程為x²+2y²=2，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．由于點A，B在橢圓上，可得${x_1}^2+2{y_1}^2=2，{x_2}^2+2{y_2}^2=2$，上面兩式相減，化為$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$•$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$．設(shè)C（x₃，y₃）由$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow 0$得x₁+x₂=-x₃，y₁+y₂=-y₃．利用斜率計算公式即可得出．
（Ⅱ）當(dāng)直線AB⊥x軸時，此時不妨設(shè)$A（-1，\frac{\sqrt{2}}{2}）$，B$（-1，-\frac{\sqrt{2}}{2}）$，又$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$+$\overrightarrow{OC}$=$\overrightarrow{0}$，可得點C不在橢圓上，此時不符合合題意．
當(dāng)直線AB的斜率存在，直線AB過點F₁（-1，0），設(shè)直線AB的方程為y=k（x+1）．代入橢圓方程可得（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系斜率坐標(biāo)運算可得：點C（$\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，$\frac{-2k}{{1+2{k^2}}}$），代入橢圓方程可得$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，分別討論利用三角形面積計算公式即可得出．

解答 解：（Ⅰ）∵|F₁F₂|=2，點P到兩定點F₁（-1，0）F₂（1，0）的距離之和為定值$2\sqrt{2}$，
∴點P的軌跡是以F₁（-1，0）F₂（1，0）為焦點的橢圓．
則$a=\sqrt{2}，c=1$，
∴$b=\sqrt{{a^2}-{c^2}}=1$，
∴曲線M的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
方程可化為x²+2y²=2，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
∵點A，B在橢圓上，
∴${x_1}^2+2{y_1}^2=2，{x_2}^2+2{y_2}^2=2$，
上面兩式相減，得（x₁+x₂）（x₁-x₂）+2（y₁+y₂）（y₁-y₂）=0，
整理得$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$•$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$．
設(shè)C（x₃，y₃）由$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow 0$得x₁+x₂=-x₃，y₁+y₂=-y₃．
又k_OC=$\frac{0-{y}_{3}}{0-{x}_{3}}$=$\frac{-{y}_{3}}{-{x}_{3}}$．
∴${k_{AB}}{k_{OC}}=-\frac{1}{2}$
∴直線AB與OC的斜率之積是定值$-\frac{1}{2}$．
（Ⅱ）當(dāng)直線AB⊥x軸時，此時不妨設(shè)$A（-1，\frac{\sqrt{2}}{2}）$，B$（-1，-\frac{\sqrt{2}}{2}）$，
又$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$+$\overrightarrow{OC}$=$\overrightarrow{0}$，∴$\overrightarrow{OC}$=-$\overrightarrow{OA}$-$\overrightarrow{OB}$=（2，0），
∴點C（2，0），
則點C不在橢圓上，此時不符合合題意．
當(dāng)直線AB的斜率存在，直線AB過點F₁（-1，0），設(shè)直線AB的方程為y=k（x+1）．
代入橢圓方程聯(lián)立化為（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，
則${x_1}+{x_2}=\frac{{-4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，又{y_1}=k（{x_1}+1），{y_2}=k（{x_2}+1）$，$則{y_1}+{y_2}=\frac{2k}{{1+2{k^2}}}$．
∴x₃=-（x₁+x₂）=$\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，$則{y_3}=-（{y_1}+{y_2}）=\frac{-2k}{{1+2{k^2}}}$
點C（$\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，$\frac{-2k}{{1+2{k^2}}}$）在橢圓上，代入橢圓方程$\frac{16{k}^{4}}{2（1+2{k}^{2}）^{2}}$+$\frac{4{k}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$=1，
整理得$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
（1）當(dāng)$k=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$時，由（I）知${k_{AB}}{k_{OC}}=-\frac{1}{2}$，∴${k_{OC}}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
則AB，OC及x軸所圍成三角形為等腰三角形，其底邊長為l，且底邊上的高$h=\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{2}}}{2}=\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，
此時AB，OC及x軸所圍成三角形的面積$S=\frac{1}{2}×1×\frac{{\sqrt{2}}}{4}=\frac{{\sqrt{2}}}{8}$．
（2）當(dāng)$k=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$時，同理可得AB，OC及x軸所圍成三角形的面積$S=\frac{1}{2}×1×\frac{{\sqrt{2}}}{4}=\frac{{\sqrt{2}}}{8}$．
綜上所得，直線AB，OC與x軸所圍成的三角形的面積為$\frac{{\sqrt{2}}}{8}$．

點評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計算公式、三角形面積計算公式等基礎(chǔ)知識與基本技能方法，考查了分類討論思想方法、推理能力與計算能力，屬于難題．