Question

如圖，已知橢圓

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)過點(diǎn)．(1，

2

2

)，離心率為

2

2

，左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂．點(diǎn)p為直線l：x+y=2上且不在x軸上的任意一點(diǎn)，直線PF₁和PF₂與橢圓的交點(diǎn)分別為A、B和C、D，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)直線PF₁、PF₂的斜線分別為k₁、k₂．①證明：

1

k1

-

3

k2

=2；②問直線l上是否存在點(diǎn)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(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）利用橢圓過已知點(diǎn)和離心率，聯(lián)立方程求得a和b，則橢圓的方程可得．
（2）①把直線PF₁、PF₂的方程聯(lián)立求得交點(diǎn)的坐標(biāo)的表達(dá)式，代入直線x+y=2上，整理求得

1

k1

-

3

k2

=2，原式得證．
②設(shè)出A，B，C，D的坐標(biāo)，聯(lián)立直線PF₁和橢圓的方程根據(jù)韋達(dá)定理表示出x_A+x_B和x_Ax_B，進(jìn)而可求得直線OA，OB斜率的和與CO，OD斜率的和，由k_OA+k_）B+k_OC+k_OD=0推斷出k₁+k₂=0或k₁k₂=1，分別討論求得p．

解答：解：（1）∵橢圓過點(diǎn)(1，

2

2

)，e=

2

2

，
∴a2=2b2，a=

2

，b=c=1，
故所求橢圓方程為

x2

2

+y2=1；
（2）①由于F₁（-1，0）、F₂（1，0），PF₁，PF₂的斜率分別是k₁，k₂，且點(diǎn)P不在x軸上，
所以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)立方程解得

x= k1+k2 k2-k1 y= 2k1k2 k2-k1

，
所以P(

k1+k2

k2-k1

，

2k1k2

k2-k1

)，由于點(diǎn)P在直線x+y=2上，
所以

k1+k2

k2-k1

+

2k1k2

k2-k1

=2，即2k1k2+3k1-k2=0，
故

1

k1

-

3

k2

=2
②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

y=k1(x+1) x2+2y2=2

，
化簡得（2k₁²+1）x²+4k₁²x+2k₁²-2=0，
因此xA+xB=-

4 k 2 1

2 k 2 1 +1

，xAxB=

2 k 2 1 -2

2 k 2 1 +1

，
所以kOA+kOB=

yA

xA

+

yB

xB

=

k1(xA+1)

xA

+

k1(xB+1)

xB

=2k1+k1

xA+xB

xAxB

=k1(2-

4 k 2 1

2 k 2 1 -2

)=-

2k1

k 2 1 -1

，
同理可得：kOC+kOD=-

2k2

k 2 2 -1

，
故由k_OA+k_）B+k_OC+k_OD=0得k₁+k₂=0或k₁k₂=1，
當(dāng)k₁+k₂=0時(shí)，由（1）的結(jié)論可得k₂=-2，解得P點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，2）
當(dāng)k₁k₂=1時(shí)，由（1）的結(jié)論可得k₂=3或k₂=-1（舍去），
此時(shí)直線CD的方程為y=3（x-1）與x+y=2聯(lián)立得x=\frac{5}{4}，y=

3

4

，
所以P(

5

4

，

3

4

)，
綜上所述，滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)分別為P(

5

4

，

3

4

)，P（0，2）．

點(diǎn)評：本題主要考查了直線與圓錐曲線的關(guān)系的綜合問題，橢圓的簡單性質(zhì)．考查了學(xué)生綜合推理能力，基本計(jì)算能力．