题目内容

（2013•宁波二模）如图，已知椭圆E：
x2
a2
+
y2
b2
=1 (a＞b＞0)的离心率是
2
2
，P1、P2是椭圆E的长轴的两个端点（P2位于P1右侧），点F是椭圆E的右焦点．点Q是x轴上位于P2右侧的一点，且满足
1
|P1Q|
+
1
|P2Q|
=
2
|FQ|
=2．
（Ⅰ） 求椭圆E的方程以及点Q的坐标；
（Ⅱ） 过点Q的动直线l交椭圆E于A、B两点，连结AF并延长交椭圆于点C，连结BF并延长交椭圆于点D．
①求证：B、C关于x轴对称；
②当四边形ABCD的面积取得最大值时，求直线l的方程．
分析：（Ⅰ）设点F（c，0），Q（x，0）（x＞a），由
1
|P1Q|
+
1
|P2Q|
=
2
|FQ|
=2，得x=
a2
c
，依题意|FQ|=1，即
a2
c
-c=
b2
c
=1，再由离心率
c
a
=
2
2
， b2=a2-c2，联立即可解得a，b，c，及点Q坐标；
（Ⅱ）①设直线l的方程为x=my+2，代入椭圆E的方程可得（2+m2）y2+4my+2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），点B关于x轴的对称点B1（x2，-y2），只需证明B1即为点C，可证A、F、B1三点共线，根据斜率相等及韦达定理即可证明；②由①得B、C关于x轴对称，同理A、D关于x轴对称，易知四边形ABCD是一个等腰梯形，从而四边形ABCD的面积S=|x1-x2|•（|y1|+|y2|）=|m|•|y1-y2|•|y1+y2|，代入韦达定理可得关于m的函数，通过换元借助导数可求得S的最大值及相应的m值，从而可得直线方程；
解答：解：（Ⅰ）设点F（c，0），Q（x，0）（x＞a）．

由
1
|P1Q|
+
1
|P2Q|
=
2
|FQ|
=2，
可得
1
x+a
+
1
x-a
=
2
x-c
，解得x=
a2
c
．
依题意|FQ|=1，即
a2
c
-c=
b2
c
=1．
又因为
c
a
=
2
2
， b2=a2-c2，所以a=
2
， b=c=1．
故椭圆的方程是
x2
2
+y2=1，点Q的坐标是（2，0）．        
（Ⅱ）①设直线l的方程为x=my+2，代入椭圆E的方程可得（2+m2）y2+4my+2=0，
依题意，△=（4m）2-8（2+m2）=8（m2-2）＞0，m2＞2．
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2=-
4m
2+m2
，y1•y2=
2
2+m2
．（*）
点B关于x轴的对称点B1（x2，-y2），
则A、F、B1三点共线等价于
y1
x1-1
=
-y2
x2-1
?
y1
my1+1
+
y2
my2+1
=0?
2my1y2+y1+y2
(my1+1)(my2+1)
=0，
由（*）可知上述关系成立．
因此，点C即是点B1，这说明B、C关于x轴对称．
②由①得B、C关于x轴对称，同理，A、D关于x轴对称．
所以，四边形ABCD是一个等腰梯形，
则四边形ABCD的面积S=|x1-x2|•（|y1|+|y2|）=|m|•|y1-y2|•|y1+y2|=
4m2
2+m2
(y1-y2)2
=8
2
•
m2
m2-2
(2+m2)2
．
设t=
m2-2
  (t＞0)，则m2=t2+2，S(t)=8
2
•
(t2+2)t
(t2+4)2
．
求导可得S′=-8
2
•
(t4-6t2-8)
(t2+4)3
，令S'=0，可得t2=3+
17
．
由于S（t）在(0，
3+
17
)上单调增，在(
3+
17
，+∞)上单调减．
所以，当t2=3+
17
即m2=5+
17
时，四边形ABCD的面积S取得最大值．                     
此时，直线l的方程是x=±
5+
17
y+2．
点评：本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、椭圆方程及直线的方程，考查三点共线及直线斜率，考查学生综合运用所学知识分析解决问题的能力，本题综合性强，所用知识点繁多，对能力要求高．
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