Question

9．已知椭圆$Ω：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$，过点$Q（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1}）$作圆x²+y²=1的切线，切点分别为S，T．直线ST恰好经过Ω的右顶点和上顶点．
（1）求椭圆Ω的方程；
（2）如图，过椭圆Ω的右焦点F作两条互相垂直的弦AB，CD．
①设AB，CD的中点分别为M，N，证明：直线MN必过定点，并求此定点坐标；
②若直线AB，CD的斜率均存在时，求由A，C，B，D四点构成的四边形面积的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据直线和圆的位置关系，可求出直线ST的方程，则直线ST恰好经过Ω的右顶点和上顶点，求出a，b的值，问题得以解决
利用椭圆的离心率，以及，|AB|+|CD|=3．求出a、b，即可求椭圆的方程；
（2）①若直线 AB，CD斜率均存在，设直线AB：y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），根据中点坐标，以及韦达定理，即可求出k的值，即可求出点的坐标．
②当当直线AB，CD的斜率均存在且不为0时，由①可知，将直线AB的方程代入椭圆方程中，利用韦达定理以及弦长公式，求出AB，CD即可求解面积的表达式，通过基本不等式求出面积的最值．

解答 解：（1）过$（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1}）$作圆x²+y²=1的切线，一条切线为直线y=1，切点S（0，1）．
设另一条切线为$y-1=k（{x-\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$，即$2kx-2y+2-\sqrt{2}k=0$．
因为直线与圆x²+y²=1相切，则$\frac{{|{2-\sqrt{2}k}|}}{{\sqrt{4{k^2}+4}}}=1$．解得$k=-2\sqrt{2}$．
所以切线方程为$y=-2\sqrt{2}x+3$．
由$\left\{\begin{array}{l}y=-2\sqrt{2}x+3\\{x^2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，解得$T（{\frac{{2\sqrt{2}}}{3}，\frac{1}{3}}）$，
直线ST的方程为$y-1=\frac{{\frac{1}{3}-1}}{{\frac{{2\sqrt{2}}}{3}-0}}（{x-0}）$，
即$y=1-\frac{{\sqrt{2}}}{2}x$．
令x=0，则y=1所以上顶点的坐标为（0，1），
所以b=1；
令y=0，则$x=\sqrt{2}$，
所以右顶点的坐标为$（{\sqrt{2}，0}）$，
所以$a=\sqrt{2}$，
所以椭圆Ω的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）①若直线 AB，CD斜率均存在，设直线AB：y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则中点 $M（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，k（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}-1}）}）$．
先考虑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．
由直线AB过点F（1，0），可知判别式△＞0恒成立．
由韦达定理，得${x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，
故$M（{\frac{{2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，\frac{-k}{{1+2{k^2}}}}）$，
将上式中的k换成$-\frac{1}{k}$，则同理可得$N（{\frac{2}{{2+{k^2}}}，\frac{k}{{2+{k^2}}}}）$．
若$\frac{{2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}=\frac{2}{{2+{k^2}}}$，得k=±1，
则直线 MN斜率不存在．此时直线MN过点$（{\frac{2}{3}，0}）$．
②当直线AB，CD的斜率均存在且不为0时，由①可知，将直线AB的方程代入椭圆方程中，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，$|{CD}|=\frac{{2\sqrt{2}（{\frac{1}{k^2}+1}）}}{{1+\frac{2}{k^2}}}=\frac{{2\sqrt{2}（{{k^2}+1}）}}{{{k^2}+2}}$，
则${S_{四边形}}=\frac{1}{2}•|{AB}|•|{CD}|=\frac{1}{2}•\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{{k^2}+1}}}{{1+2{k^2}}}•\frac{{2\sqrt{2}（{{k^2}+1}）}}{{{k^2}+2}}=\frac{{4{{（{{k^2}+1}）}^2}}}{{2{k^4}+2+5{k^2}}}$，
=$\frac{{4{{（{k+\frac{1}{k}}）}^2}}}{{2{k^2}+\frac{2}{k^2}+5}}=\frac{{4{{（{k+\frac{1}{k}}）}^2}}}{{2{{（{k+\frac{1}{k}}）}^2}+1}}=2-\frac{2}{{2{{（{k+\frac{1}{k}}）}^2}+1}}$，
因为$2{（{k+\frac{1}{k}}）^2}+1≥2{（{2\sqrt{k•\frac{1}{k}}}）^2}+1=9$，当且仅当k=±1时取等号，
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$\frac{16}{9}≤{S_{四边形}}＜2$．
所以，由A，C，B，D四点构成的四边形面积的取值范围为$[{\frac{16}{9}，2}）$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，弦长公式的求法以及基本不等式的应用，是综合性比较强的题目．