Question

11．如圖，過橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的右焦點F作直線交橢圓于A，C兩點．
（1）當(dāng)A，C變化時，在x軸上求點Q，使得∠AQF=∠CQF；
（2）當(dāng)直線QA交橢圓M的另一交點為B，連接BF并延長交橢圓于點D，當(dāng)四邊形ABCD的面積取得最大值時，求直線AC的方程．

Answer 1

分析 （1）設(shè)A（x₁，y₁），C（x₂，y₂），Q（q，0），當(dāng)A，C不在x軸上時，設(shè)直線AC的方程為：x=ty+1，代入橢圓M的方程可得：（2+t²）y²+2ty-1=0．由題知，k_AQ+k_CQ=0，利用斜率計算公式化簡即可得出．
（2）由（1）知，∠AQF=∠CQF，∠BQF=∠DQF，所以B，C關(guān)于x軸對稱，A，D關(guān)于x軸對稱．所以四邊形ABCD是一個等腰梯形，則四邊形ABCD的面積S=|x₁-x₂|•|y₁-y₂|=|t|•$|{y}_{1}-{y}_{2}{|}^{2}$=$\frac{8（{t}^{2}+1）|t|}{（{t}^{2}+2）^{2}}$．由對稱性不妨設(shè)t＞0，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）設(shè)A（x₁，y₁），C（x₂，y₂），Q（q，0），
當(dāng)A，C不在x軸上時，設(shè)直線AC的方程為：x=ty+1，
代入橢圓M的方程可得：（2+t²）y²+2ty-1=0．
則y₁+y₂=-$\frac{2t}{2+{t}^{2}}$，y₁•y₂=-$\frac{1}{2+{t}^{2}}$，
由題知，k_AQ+k_CQ=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-q}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-q}$=$\frac{{y}_{1}（{x}_{2}-q）+{y}_{2}（{x}_{1}-q）}{（{x}_{1}-q）（{x}_{2}-q）}$=$\frac{{y}_{1}（t{y}_{2}+1-q）+{y}_{2}（t{y}_{1}+1-q）}{（{x}_{1}-q）（{x}_{2}-q）}$=$\frac{2t{y}_{1}{y}_{2}+（1-q）（{y}_{1}+{y}_{2}）}{（{x}_{1}-q）（{x}_{2}-q）}$=0，
即2ty₁•y₂+（1-q）（y₁+y₂）=0，∴2t•（-$\frac{1}{2+{t}^{2}}$）+（1-q）•（-$\frac{2t}{2+{t}^{2}}$）=0，
化為：-2t-2t（1-q）=0，
由題知無論t取何值，上式恒成立，則q=2，
當(dāng)A，C在x軸上時，定點Q（2，0）依然可使∠AQF=∠CQF成立，
所以點Q的坐標是（2，0）．
（2）由（1）知，∠AQF=∠CQF，∠BQF=∠DQF，
所以B，C關(guān)于x軸對稱，A，D關(guān)于x軸對稱．
所以四邊形ABCD是一個等腰梯形，
則四邊形ABCD的面積S=|x₁-x₂|•|y₁-y₂|=|t|•$|{y}_{1}-{y}_{2}{|}^{2}$=$\frac{8（{t}^{2}+1）|t|}{（{t}^{2}+2）^{2}}$．
由對稱性不妨設(shè)t＞0，
求導(dǎo)可得：S′=-8•$\frac{（{t}^{4}-3{t}^{2}-2）}{（{t}^{2}+2）^{3}}$，
令S′=0，可得t²=$\frac{3+\sqrt{17}}{2}$．
由于S（t）在$（0，\sqrt{\frac{3+\sqrt{17}}{2}}）$上單調(diào)遞增，在$（\sqrt{\frac{3+\sqrt{17}}{2}}，+∞）$上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)t²=$\frac{3+\sqrt{17}}{2}$時，四邊形ABCD的面積S取得最大值．
此時，直線AC的方程是：x=$±\sqrt{\frac{3+\sqrt{17}}{2}}$y+1．

點評 本題考查了直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．