已知椭圆 $C:\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1$，过点 $P\left(\dfrac{\sqrt 2}{3},-\dfrac 13\right)$ 而不过点 $Q(\sqrt 2,1)$ 的动直线 $l$ 交椭圆 $C$ 于 $A,B$ 两点．
1、求 $\angle{AQB}$．
2、记 $\triangle{QAB}$ 的面积为 $S$，证明：$S<3$．
解析
1、平移坐标系，使得 $Q$ 为坐标原点，则椭圆方程变为\[C':\dfrac{\left(x'+\sqrt 2\right)^2}4+\dfrac{\left(y'+1\right)^2}2=1,\]即\[C':\dfrac{x'^2}4+\dfrac{y'^2}2+\dfrac{\sqrt 2}2x'+y'=0,\]此时 $P'\left(-\dfrac{2\sqrt 2}3,-\dfrac 43\right)$，设过点 $P'$ 的直线\[l':m\left(x'+\dfrac{2\sqrt 2}3\right)+n\left(y'+\dfrac 43\right)=0,\]化齐次联立，有\[\dfrac{x'^2}4+\dfrac{y'^2}2+\left(\dfrac{\sqrt 2}2x'+y'\right)\cdot \dfrac{mx'+ny'}{-\dfrac{2\sqrt 2}3m-\dfrac 43n}=0,\]由于 $x'^2$ 和 $y'^2$ 的系数之和为\[\dfrac 14+\dfrac 12+\dfrac{\dfrac{\sqrt 2}2m+n}{-\dfrac{2\sqrt 2}3m-\dfrac 43n}=0,\]因此 $A'Q'\perp B'Q'$，进而 $\angle AQB=90^\circ$．
2、作伸缩变换 $x'=x$，$y'=\sqrt 2y$，则椭圆方程变为 $C':x'^2+y'^2=4$，且 $P'\left(\dfrac{\sqrt 2}3,-\dfrac{\sqrt 2}3\right)$，$Q'\left(\sqrt 2,\sqrt 2\right)$，于是 $\triangle Q'A'B'$ 的面积\[S'<\dfrac 12\cdot |P'Q'|\cdot 4=\dfrac{4\sqrt{10}}3,\]因此 $\triangle QAB$ 的面积\[S<\dfrac1{\sqrt 2}S=\dfrac{4\sqrt 5}3<3,\]原命题得证．