Question

6．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，過點P（-2，0）的直線l交E于A，B兩點，且$\overrightarrow{PB}=λ\overrightarrow{PA}$（λ＞1）．點C與點B關于x軸對稱．
（1）求證：直線AC過定點Q，并求該定點；
（2）在（1）的條形下，求△QAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設直線l的方程為y=k（x+2），直線l與橢圓交于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則C（x₂，-y₂），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，消去x，可得y的二次方程，運用韋達定理和判別式大于0，求得直線AC的方程，令y=0，求得x，化簡整理，即可得到定點Q；
（2）設△QAB的面積為S，則S=S_△PBQ-S_△PAQ=$\frac{1}{2}$|PQ|•|y₁-y₂|，代入韋達定理，化簡整理，運用二次函數(shù)的最值的求法，即可得到所求最大值．

解答 解：（1）證明：設直線l的方程為y=k（x+2），
直線l與橢圓交于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則C（x₂，-y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，消去x，可得（1+2k²）y²-4ky+2k²=0，
由判別式大于0，可得16k²-8k²（1+2k²）＞0，即k²＜$\frac{1}{2}$，
y₁+y₂=$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
直線AC的方程為y-y₁=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x-x₁），
當k≠0時，令y=0，可得x=$\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{（\frac{{y}_{1}}{k}-2）{y}_{2}+（\frac{{y}_{2}}{k}-2）{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$
=$\frac{2{y}_{1}{y}_{2}}{k（{y}_{1}+{y}_{2}）}$-2=$\frac{4{k}^{2}}{4{k}^{2}}$-2=-1，即Q（-1，0），
當k=0時，直線AC顯然過（-1，0），
綜上可得，直線AC過定點Q（-1，0）；
（2）設△QAB的面積為S，則S=S_△PBQ-S_△PAQ=$\frac{1}{2}$|PQ|•|y₁-y₂|
═$\frac{1}{2}$|y₁-y₂|=$\frac{1}{2}$$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{16{k}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}-\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{2{k}^{2}（1-2{k}^{2}）}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，
令1+2k²=t（1≤t＜2），則S=$\sqrt{\frac{（t-1）（2-t）}{{t}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{-2}{{t}^{2}}+\frac{3}{t}-1}$=$\sqrt{-2（\frac{1}{t}-\frac{3}{4}）^{2}+\frac{1}{8}}$，
當$\frac{1}{t}$=$\frac{3}{4}$，即t=$\frac{4}{3}$，即為k=±$\frac{\sqrt{6}}{6}$時，△QAB面積取得最大值$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

點評 本題考查直線恒過定點的求法，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，消去一個未知數(shù)，運用韋達定理以及判別式大于0，考查三角形的面積的最大值，注意運用二次函數(shù)的最值的求法，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．