Question

18．橢圓C：$\frac{x^2}{2}+{y^2}$=1，已知A（1，0），B（2，0），若過(guò)B的直線與橢圓交于P，Q兩點(diǎn)．
（1）求證：∠QAB+∠PAB=180°；
（2）求△APQ面積S的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)PQ直線方程為y=k（x-2），代入橢圓方程得：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），利用韋達(dá)定理，通過(guò)證明k_AP+k_AQ=0即可．
（2）表示出三角形的面積，利用二次函數(shù)的最值的求法，結(jié)合（1）判別式推出結(jié)果即可．

解答 （本小題15分）
證明：（1）要證明：∠QAB+∠PAB=180°；
即證：k_AP+k_AQ=0…（2分）
設(shè)PQ直線方程為y=k（x-2），代入橢圓方程得：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，（*）
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{8{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$…（5分）${k_{AP}}+{k_{AQ}}=\frac{y_1}{{{x_1}-1}}+\frac{y_2}{{{x_2}-1}}=\frac{{k（{x_1}-2）}}{{{x_1}-1}}+\frac{{k（{{x_2}-2}）}}{{{x_2}-1}}=k[2-\frac{{{x_1}+{x_2}-2}}{{（{x_1}-1）（{x_2}-1）}}]$=0…（7分）
解：（2）$S=\frac{1}{2}•AB•|{y_1}-{y_2}|=\frac{1}{2}|k||{x_1}-{x_2}|=\frac{1}{2}|k|\frac{{\sqrt{8（1-2{k^2}）}}}{{1+2{k^2}}}$…（10分）
=$\sqrt{2}\sqrt{\frac{{（1-2{k^2}）{k^2}}}{{{{（1+2{k^2}）}^2}}}}$=$\sqrt{2}\sqrt{\frac{{-{t^2}+3t-2}}{{2{t^2}}}}=\sqrt{2}\sqrt{-2{{（{\frac{1}{t}-\frac{3}{4}}）}^2}+\frac{1}{16}}$（t=1+2k²，）…（13分）
因（*）中△＞0，所以${k^2}＜\frac{1}{2}$
所以${k^2}=\frac{1}{6}$時(shí)，S的最大值為$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$…（15分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．