Question

14．已知橢圓$M：\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$左、右焦點分別為F₁、F₂，點p為直線l：x+y=2上且不在x軸上的任意一點，直線PF₁和PF₂與橢圓的交點分別為A、B和C、D，O為坐標原點；
（1）求△ABF₂的周長；
（2）設(shè)直線PF₁、PF₂的斜率分別為k₁、k₂，證明：$\frac{1}{k_1}-\frac{3}{k_2}=2$；
（3）問直線l是否存在點P，使得直線OA、OB、OC、OD的斜率k_OA、k_OB、k_OC、k_OD滿足k_OA+k_OB+k_OC+k_OD=0？若存在，求出所有滿足條件的點P的坐標，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）△ABF₂的周長為：|AB|+|BF₂|+|AF₂|=|AF₁|+|AF₂|+|BF₁|+|BF₂|=4a．
（2）由于F₁（-1，0）、F₂（1，0），PF₁，PF₂的斜率分別是k₁，k₂，且點P不在x軸上，得到k₁≠k₂，k₁≠0，k₂≠0．直線PF₁、PF₂的方程分別為y=k₁（x+1），y=k₂（x-1），聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+1）}\\{y={k}_{2}（x-1）}\end{array}\right.$，得P（$\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{{k}_{2}-{k}_{1}}$，$\frac{2{k}_{1}{k}_{2}}{{k}_{2}-{k}_{1}}$），由點P在直線x+y=2上，能證明$\frac{1}{{k}_{1}}-\frac{3}{{k}_{2}}$=2．
（3）設(shè)A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），C（x_C，y_C），D（x_D，y_D），聯(lián)立直線PF₁和橢圓的方程得$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+1）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，得（2k₁²+1）x²+4k₁²x+2k${{\;}_{1}}^{2}$-2=0，由此利用韋達定理得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，能求出滿足條件的點P的坐標．

解答 解：（1）∵橢圓$M：\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$左、右焦點分別為F₁、F₂，
直線PF₁與橢圓的交點為A、B，
∴△ABF₂的周長為：
|AB|+|BF₂|+|AF₂|=|AF₁|+|AF₂|+|BF₁|+|BF₂|=4a=4$\sqrt{2}$．
證明：（2）由于F₁（-1，0）、F₂（1，0），PF₁，PF₂的斜率分別是k₁，k₂，且點P不在x軸上，
∴k₁≠k₂，k₁≠0，k₂≠0．
又直線PF₁、PF₂的方程分別為y=k₁（x+1），y=k₂（x-1），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+1）}\\{y={k}_{2}（x-1）}\end{array}\right.$，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（$\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{{k}_{2}-{k}_{1}}$，$\frac{2{k}_{1}{k}_{2}}{{k}_{2}-{k}_{1}}$），
∵點P在直線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）設(shè)A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），C（x_C，y_C），D（x_D，y_D），
聯(lián)立直線PF₁和橢圓的方程得$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+1）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，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=$\frac{2{k}_{2}}{1-{{k}_{2}}^{2}}$，
∵直線OA、OB、OC、OD的斜率k_OA、k_OB、k_OC、k_OD滿足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，
當k₁+k₂=0時，由（2）得k₂=-2，解得P點的坐標為（0，2）
當k₁k₂=1時，由（2）得k₂=3或k2=-1（舍去），
此時直線CD的方程為y=3（x-1）與x+y=2聯(lián)立得x=$\frac{5}{4}$，y=$\frac{3}{4}$，∴P（$\frac{5}{4}$，$\frac{3}{4}$），
綜上所述，滿足條件的點P的坐標分別為（0，2）或$（\frac{5}{4}，\frac{3}{4}）$．

點評 本題考查三角形周長的求法，考查代數(shù)式的證明，考查滿足條件的點的坐標的求法，涉及到橢圓、直線方程、直線斜率、韋達定理等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．