Question

20．已知F₁（-1，0），F₂（1，0）为平面内的两个定点，动点P满足|PF₁|+|PF₂|=2$\sqrt{2}$，记点P的轨迹为曲线M．点O为坐标原点，点A、B、C是曲线M上的不同三点，且$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$+$\overrightarrow{OC}$=$\overrightarrow{0}$
（Ⅰ）求直线AB与OC的斜率之积；
（Ⅱ）当直线AB过点F₁时，求直线AB、OC与x轴所围成的三角形的面积．

Answer 1

分析 （I）由椭圆的定义可知：点P的轨迹是以F₁（-1，0）F₂（1，0）为焦点的椭圆．可得椭圆方程为x²+2y²=2，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．由于点A，B在椭圆上，可得${x_1}^2+2{y_1}^2=2，{x_2}^2+2{y_2}^2=2$，上面两式相减，化为$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$•$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$．设C（x₃，y₃）由$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow 0$得x₁+x₂=-x₃，y₁+y₂=-y₃．利用斜率计算公式即可得出．
（Ⅱ）当直线AB⊥x轴时，此时不妨设$A（-1，\frac{\sqrt{2}}{2}）$，B$（-1，-\frac{\sqrt{2}}{2}）$，又$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$+$\overrightarrow{OC}$=$\overrightarrow{0}$，可得点C不在椭圆上，此时不符合合题意．
当直线AB的斜率存在，直线AB过点F₁（-1，0），设直线AB的方程为y=k（x+1）．代入椭圆方程可得（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，利用根与系数的关系斜率坐标运算可得：点C（$\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，$\frac{-2k}{{1+2{k^2}}}$），代入椭圆方程可得$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，分别讨论利用三角形面积计算公式即可得出．

解答 解：（Ⅰ）∵|F₁F₂|=2，点P到两定点F₁（-1，0）F₂（1，0）的距离之和为定值$2\sqrt{2}$，
∴点P的轨迹是以F₁（-1，0）F₂（1，0）为焦点的椭圆．
则$a=\sqrt{2}，c=1$，
∴$b=\sqrt{{a^2}-{c^2}}=1$，
∴曲线M的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
方程可化为x²+2y²=2，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
∵点A，B在椭圆上，
∴${x_1}^2+2{y_1}^2=2，{x_2}^2+2{y_2}^2=2$，
上面两式相减，得（x₁+x₂）（x₁-x₂）+2（y₁+y₂）（y₁-y₂）=0，
整理得$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$•$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$．
设C（x₃，y₃）由$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow 0$得x₁+x₂=-x₃，y₁+y₂=-y₃．
又k_OC=$\frac{0-{y}_{3}}{0-{x}_{3}}$=$\frac{-{y}_{3}}{-{x}_{3}}$．
∴${k_{AB}}{k_{OC}}=-\frac{1}{2}$
∴直线AB与OC的斜率之积是定值$-\frac{1}{2}$．
（Ⅱ）当直线AB⊥x轴时，此时不妨设$A（-1，\frac{\sqrt{2}}{2}）$，B$（-1，-\frac{\sqrt{2}}{2}）$，
又$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$+$\overrightarrow{OC}$=$\overrightarrow{0}$，∴$\overrightarrow{OC}$=-$\overrightarrow{OA}$-$\overrightarrow{OB}$=（2，0），
∴点C（2，0），
则点C不在椭圆上，此时不符合合题意．
当直线AB的斜率存在，直线AB过点F₁（-1，0），设直线AB的方程为y=k（x+1）．
代入椭圆方程联立化为（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，
则${x_1}+{x_2}=\frac{{-4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，又{y_1}=k（{x_1}+1），{y_2}=k（{x_2}+1）$，$则{y_1}+{y_2}=\frac{2k}{{1+2{k^2}}}$．
∴x₃=-（x₁+x₂）=$\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，$则{y_3}=-（{y_1}+{y_2}）=\frac{-2k}{{1+2{k^2}}}$
点C（$\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，$\frac{-2k}{{1+2{k^2}}}$）在椭圆上，代入椭圆方程$\frac{16{k}^{4}}{2（1+2{k}^{2}）^{2}}$+$\frac{4{k}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$=1，
整理得$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
（1）当$k=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$时，由（I）知${k_{AB}}{k_{OC}}=-\frac{1}{2}$，∴${k_{OC}}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
则AB，OC及x轴所围成三角形为等腰三角形，其底边长为l，且底边上的高$h=\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{2}}}{2}=\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，
此时AB，OC及x轴所围成三角形的面积$S=\frac{1}{2}×1×\frac{{\sqrt{2}}}{4}=\frac{{\sqrt{2}}}{8}$．
（2）当$k=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$时，同理可得AB，OC及x轴所围成三角形的面积$S=\frac{1}{2}×1×\frac{{\sqrt{2}}}{4}=\frac{{\sqrt{2}}}{8}$．
综上所得，直线AB，OC与x轴所围成的三角形的面积为$\frac{{\sqrt{2}}}{8}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、斜率计算公式、三角形面积计算公式等基础知识与基本技能方法，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题．