Question

14．已知椭圆$M：\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$左、右焦点分别为F₁、F₂，点p为直线l：x+y=2上且不在x轴上的任意一点，直线PF₁和PF₂与椭圆的交点分别为A、B和C、D，O为坐标原点；
（1）求△ABF₂的周长；
（2）设直线PF₁、PF₂的斜率分别为k₁、k₂，证明：$\frac{1}{k_1}-\frac{3}{k_2}=2$；
（3）问直线l是否存在点P，使得直线OA、OB、OC、OD的斜率k_OA、k_OB、k_OC、k_OD满足k_OA+k_OB+k_OC+k_OD=0？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）△ABF₂的周长为：|AB|+|BF₂|+|AF₂|=|AF₁|+|AF₂|+|BF₁|+|BF₂|=4a．
（2）由于F₁（-1，0）、F₂（1，0），PF₁，PF₂的斜率分别是k₁，k₂，且点P不在x轴上，得到k₁≠k₂，k₁≠0，k₂≠0．直线PF₁、PF₂的方程分别为y=k₁（x+1），y=k₂（x-1），联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+1）}\\{y={k}_{2}（x-1）}\end{array}\right.$，得P（$\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{{k}_{2}-{k}_{1}}$，$\frac{2{k}_{1}{k}_{2}}{{k}_{2}-{k}_{1}}$），由点P在直线x+y=2上，能证明$\frac{1}{{k}_{1}}-\frac{3}{{k}_{2}}$=2．
（3）设A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），C（x_C，y_C），D（x_D，y_D），联立直线PF₁和椭圆的方程得$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+1）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，得（2k₁²+1）x²+4k₁²x+2k${{\;}_{1}}^{2}$-2=0，由此利用韦达定理得k_OA+k_OB=$\frac{{y}_{A}}{{x}_{A}}+\frac{{y}_{B}}{{x}_{B}}$=$\frac{2{k}_{1}}{1-{{k}_{1}}^{2}}$，同理可得：k_OC+k_OD=$\frac{2{k}_{2}}{1-{{k}_{2}}^{2}}$，由此利用k_OA+k_OB+k_OC+k_OD=0，能求出满足条件的点P的坐标．

解答 解：（1）∵椭圆$M：\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$左、右焦点分别为F₁、F₂，
直线PF₁与椭圆的交点为A、B，
∴△ABF₂的周长为：
|AB|+|BF₂|+|AF₂|=|AF₁|+|AF₂|+|BF₁|+|BF₂|=4a=4$\sqrt{2}$．
证明：（2）由于F₁（-1，0）、F₂（1，0），PF₁，PF₂的斜率分别是k₁，k₂，且点P不在x轴上，
∴k₁≠k₂，k₁≠0，k₂≠0．
又直线PF₁、PF₂的方程分别为y=k₁（x+1），y=k₂（x-1），
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+1）}\\{y={k}_{2}（x-1）}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{{k}_{2}-{k}_{1}}}\\{y=\frac{2{k}_{1}{k}_{2}}{{k}_{2}-{k}_{1}}}\end{array}\right.$，∴P（$\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{{k}_{2}-{k}_{1}}$，$\frac{2{k}_{1}{k}_{2}}{{k}_{2}-{k}_{1}}$），
∵点P在直线x+y=2上，∴$\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{{k}_{2}-{k}_{1}}$+$\frac{2{k}_{1}{k}_{2}}{{k}_{2}-{k}_{1}}$=2，即2k₁k₂+3k₁-k₂=0，
故$\frac{1}{{k}_{1}}-\frac{3}{{k}_{2}}$=2．
解：（3）设A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），C（x_C，y_C），D（x_D，y_D），
联立直线PF₁和椭圆的方程得$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+1）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，得（2k₁²+1）x²+4k₁²x+2k${{\;}_{1}}^{2}$-2=0，
∴x_A+x_B=-$\frac{4{{k}_{1}}^{2}}{2{{k}_{1}}^{2}+1}$，x_Ax_B=$\frac{2{{k}_{1}}^{2}-2}{2{{k}_{1}}^{2}+1}$，
∴k_OA+k_OB=$\frac{{y}_{A}}{{x}_{A}}+\frac{{y}_{B}}{{x}_{B}}$=$\frac{{k}_{1}（{x}_{A}+1）}{{x}_{A}}$+$\frac{{k}_{1}（{x}_{B}+1）}{{x}_{B}}$
=$\frac{2{k}_{1}{x}_{A}{x}_{B}+{k}_{1}（{x}_{A}+{x}_{B}）}{{x}_{A}{x}_{B}}$=2k₁+$\frac{{k}_{1}×（-\frac{4{{k}_{1}}^{2}}{2{{k}_{1}}^{2}+1}）}{\frac{2{{k}_{1}}^{2}-2}{2{{k}_{1}}^{2}+1}}$=$\frac{2{k}_{1}}{1-{{k}_{1}}^{2}}$，
同理可得：k_OC+k_OD=$\frac{2{k}_{2}}{1-{{k}_{2}}^{2}}$，
∵直线OA、OB、OC、OD的斜率k_OA、k_OB、k_OC、k_OD满足k_OA+k_OB+k_OC+k_OD=0，
∴$\frac{2{k}_{1}}{1-{{k}_{1}}^{2}}$+$\frac{2{k}_{2}}{1-{{k}_{2}}^{2}}$=$\frac{2（{k}_{1}+{k}_{2}）（1-{k}_{1}{k}_{2}）}{（1-{{k}_{1}}^{2}）（1-{{k}_{2}}^{2}）}$=0，
∴k₁+k₂=0或k₁k₂=1，
当k₁+k₂=0时，由（2）得k₂=-2，解得P点的坐标为（0，2）
当k₁k₂=1时，由（2）得k₂=3或k2=-1（舍去），
此时直线CD的方程为y=3（x-1）与x+y=2联立得x=$\frac{5}{4}$，y=$\frac{3}{4}$，∴P（$\frac{5}{4}$，$\frac{3}{4}$），
综上所述，满足条件的点P的坐标分别为（0，2）或$（\frac{5}{4}，\frac{3}{4}）$．

点评 本题考查三角形周长的求法，考查代数式的证明，考查满足条件的点的坐标的求法，涉及到椭圆、直线方程、直线斜率、韦达定理等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．