Question

9．已知橢圓$Ω：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$，過點$Q（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1}）$作圓x²+y²=1的切線，切點分別為S，T．直線ST恰好經(jīng)過Ω的右頂點和上頂點．
（1）求橢圓Ω的方程；
（2）如圖，過橢圓Ω的右焦點F作兩條互相垂直的弦AB，CD．
①設(shè)AB，CD的中點分別為M，N，證明：直線MN必過定點，并求此定點坐標；
②若直線AB，CD的斜率均存在時，求由A，C，B，D四點構(gòu)成的四邊形面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)直線和圓的位置關(guān)系，可求出直線ST的方程，則直線ST恰好經(jīng)過Ω的右頂點和上頂點，求出a，b的值，問題得以解決
利用橢圓的離心率，以及，|AB|+|CD|=3．求出a、b，即可求橢圓的方程；
（2）①若直線 AB，CD斜率均存在，設(shè)直線AB：y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），根據(jù)中點坐標，以及韋達定理，即可求出k的值，即可求出點的坐標．
②當當直線AB，CD的斜率均存在且不為0時，由①可知，將直線AB的方程代入橢圓方程中，利用韋達定理以及弦長公式，求出AB，CD即可求解面積的表達式，通過基本不等式求出面積的最值．

解答 解：（1）過$（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1}）$作圓x²+y²=1的切線，一條切線為直線y=1，切點S（0，1）．
設(shè)另一條切線為$y-1=k（{x-\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$，即$2kx-2y+2-\sqrt{2}k=0$．
因為直線與圓x²+y²=1相切，則$\frac{{|{2-\sqrt{2}k}|}}{{\sqrt{4{k^2}+4}}}=1$．解得$k=-2\sqrt{2}$．
所以切線方程為$y=-2\sqrt{2}x+3$．
由$\left\{\begin{array}{l}y=-2\sqrt{2}x+3\\{x^2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，解得$T（{\frac{{2\sqrt{2}}}{3}，\frac{1}{3}}）$，
直線ST的方程為$y-1=\frac{{\frac{1}{3}-1}}{{\frac{{2\sqrt{2}}}{3}-0}}（{x-0}）$，
即$y=1-\frac{{\sqrt{2}}}{2}x$．
令x=0，則y=1所以上頂點的坐標為（0，1），
所以b=1；
令y=0，則$x=\sqrt{2}$，
所以右頂點的坐標為$（{\sqrt{2}，0}）$，
所以$a=\sqrt{2}$，
所以橢圓Ω的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）①若直線 AB，CD斜率均存在，設(shè)直線AB：y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則中點 $M（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，k（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}-1}）}）$．
先考慮k≠0的情形．由$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x-1}）\\{x^2}+2{y^2}-2=0\end{array}\right.$得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0．
由直線AB過點F（1，0），可知判別式△＞0恒成立．
由韋達定理，得${x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，
故$M（{\frac{{2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，\frac{-k}{{1+2{k^2}}}}）$，
將上式中的k換成$-\frac{1}{k}$，則同理可得$N（{\frac{2}{{2+{k^2}}}，\frac{k}{{2+{k^2}}}}）$．
若$\frac{{2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}=\frac{2}{{2+{k^2}}}$，得k=±1，
則直線 MN斜率不存在．此時直線MN過點$（{\frac{2}{3}，0}）$．
②當直線AB，CD的斜率均存在且不為0時，由①可知，將直線AB的方程代入橢圓方程中，并整理得 （1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
所以$|{AB}|=\sqrt{{k^2}+1}|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{{k^2}+1}\sqrt{（{{x_1}+{x_2}}）-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{{k^2}+1}\sqrt{{{（{\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}}）}^2}-4×\frac{{2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}}$=$\sqrt{{k^2}+1}•\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{{k^2}+1}}}{{1+2{k^2}}}=\frac{{2\sqrt{2}（{{k^2}+1}）}}{{1+2{k^2}}}$．
同理，$|{CD}|=\frac{{2\sqrt{2}（{\frac{1}{k^2}+1}）}}{{1+\frac{2}{k^2}}}=\frac{{2\sqrt{2}（{{k^2}+1}）}}{{{k^2}+2}}$，
則${S_{四邊形}}=\frac{1}{2}•|{AB}|•|{CD}|=\frac{1}{2}•\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{{k^2}+1}}}{{1+2{k^2}}}•\frac{{2\sqrt{2}（{{k^2}+1}）}}{{{k^2}+2}}=\frac{{4{{（{{k^2}+1}）}^2}}}{{2{k^4}+2+5{k^2}}}$，
=$\frac{{4{{（{k+\frac{1}{k}}）}^2}}}{{2{k^2}+\frac{2}{k^2}+5}}=\frac{{4{{（{k+\frac{1}{k}}）}^2}}}{{2{{（{k+\frac{1}{k}}）}^2}+1}}=2-\frac{2}{{2{{（{k+\frac{1}{k}}）}^2}+1}}$，
因為$2{（{k+\frac{1}{k}}）^2}+1≥2{（{2\sqrt{k•\frac{1}{k}}}）^2}+1=9$，當且僅當k=±1時取等號，
所以$0＜\frac{2}{{2{{（{k+\frac{1}{k}}）}^2}+1}}≤\frac{2}{9}，\frac{16}{9}≤2-\frac{2}{{2{{（{k+\frac{1}{k}}）}^2}+1}}＜2$，
即$\frac{16}{9}≤{S_{四邊形}}＜2$．
所以，由A，C，B，D四點構(gòu)成的四邊形面積的取值范圍為$[{\frac{16}{9}，2}）$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，弦長公式的求法以及基本不等式的應(yīng)用，是綜合性比較強的題目．