Question

11．已知橢圓：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，已知A（1，0）．B（2，0），若過B的直線與橢圓C交于P、Q兩點．
（1）求證：∠QAB+∠PAB=π；
（2）求△QPQ面積S的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)過B的直線方程為y=k（x-2），代入橢圓方程x²+2y²-2=0，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，求得直線PA和QA的斜率之和，化簡整理可得0，即可得證；
（2）△QPA面積S=S_△PAB-S_△QAB=$\frac{1}{2}$|AB|•|y₁-y₂|，由P，Q滿足直線方程，再由韋達(dá)定理，化簡整理，運(yùn)用換元法和配方，由二次函數(shù)的最值求法，即可得到所求最大值．

解答 解：（1）證明：設(shè)過B的直線方程為y=k（x-2），
代入橢圓方程x²+2y²-2=0，可得
（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）＞0，可得-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜k＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
直線PA和QA的斜率之和為$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-1}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-1}$
=$\frac{k（{x}_{1}-2）}{{x}_{1}-1}$+$\frac{k（{x}_{2}-2）}{{x}_{2}-1}$=k•$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-3（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-1）}$
由2x₁x₂-3（x₁+x₂）+4=$\frac{16{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{24{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+4=$\frac{-4-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+4=-4+4=0，
可得直線PA和QA的斜率之和為0，
即有tan∠QAB=-tan∠PAB，
則∠QAB+∠PAB=π；
（2）△QPA面積S=S_△PAB-S_△QAB=$\frac{1}{2}$|AB|•|y₁-y₂|
=$\frac{1}{2}$|k|•|x₁-x₂|=$\frac{1}{2}$|k|•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{1}{2}$|k|•$\sqrt{\frac{64{k}^{4}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}-\frac{4（8{k}^{2}-2）}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2{k}^{2}-4{k}^{4}}}{1+2{k}^{2}}$，
令t=1+2k²，即有2k²=t-1，
則S=$\frac{\sqrt{t-1-（t-1）^{2}}}{t}$=$\sqrt{-\frac{2}{{t}^{2}}+\frac{3}{t}-1}$=$\sqrt{-2（\frac{1}{t}-\frac{3}{4}）^{2}+\frac{1}{8}}$，
當(dāng)$\frac{1}{t}$=$\frac{3}{4}$，即t=$\frac{4}{3}$，可得k=±$\frac{\sqrt{6}}{6}$∈（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
面積S取得最大值$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

點評 本題考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，考查直線的斜率的運(yùn)用，同時考查三角形的面積的最值的求法，注意運(yùn)用面積相減法，考查換元法和二次函數(shù)的最值的求法，屬于中檔題．