题目内容

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.

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kOC=$\frac{0-{y}_{3}}{0-{x}_{3}}$=$\frac{-{y}_{3}}{-{x}_{3}}$.
∴${k_{AB}}{k_{OC}}=-\frac{1}{2}$
∴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.

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