Question

11．如图，过椭圆M：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的右焦点F作直线交椭圆于A，C两点．
（1）当A，C变化时，在x轴上求点Q，使得∠AQF=∠CQF；
（2）当直线QA交椭圆M的另一交点为B，连接BF并延长交椭圆于点D，当四边形ABCD的面积取得最大值时，求直线AC的方程．

Answer 1

分析 （1）设A（x₁，y₁），C（x₂，y₂），Q（q，0），当A，C不在x轴上时，设直线AC的方程为：x=ty+1，代入椭圆M的方程可得：（2+t²）y²+2ty-1=0．由题知，k_AQ+k_CQ=0，利用斜率计算公式化简即可得出．
（2）由（1）知，∠AQF=∠CQF，∠BQF=∠DQF，所以B，C关于x轴对称，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|=|t|•$|{y}_{1}-{y}_{2}{|}^{2}$=$\frac{8（{t}^{2}+1）|t|}{（{t}^{2}+2）^{2}}$．由对称性不妨设t＞0，利用导数研究其单调性即可得出．

解答 解：（1）设A（x₁，y₁），C（x₂，y₂），Q（q，0），
当A，C不在x轴上时，设直线AC的方程为：x=ty+1，
代入椭圆M的方程可得：（2+t²）y²+2ty-1=0．
则y₁+y₂=-$\frac{2t}{2+{t}^{2}}$，y₁•y₂=-$\frac{1}{2+{t}^{2}}$，
由题知，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，
化为：-2t-2t（1-q）=0，
由题知无论t取何值，上式恒成立，则q=2，
当A，C在x轴上时，定点Q（2，0）依然可使∠AQF=∠CQF成立，
所以点Q的坐标是（2，0）．
（2）由（1）知，∠AQF=∠CQF，∠BQF=∠DQF，
所以B，C关于x轴对称，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|=|t|•$|{y}_{1}-{y}_{2}{|}^{2}$=$\frac{8（{t}^{2}+1）|t|}{（{t}^{2}+2）^{2}}$．
由对称性不妨设t＞0，
求导可得：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$（0，\sqrt{\frac{3+\sqrt{17}}{2}}）$上单调递增，在$（\sqrt{\frac{3+\sqrt{17}}{2}}，+∞）$上单调递减，
所以当t²=$\frac{3+\sqrt{17}}{2}$时，四边形ABCD的面积S取得最大值．
此时，直线AC的方程是：x=$±\sqrt{\frac{3+\sqrt{17}}{2}}$y+1．

点评 本题考查了直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．