Question

20．已知橢圓C：$\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的上下焦點分別為F₁，F₂，離心率為$\frac{1}{2}$，P為C上動點，且滿足$\overrightarrow{{F_2}P}=λ\overrightarrow{PQ}（λ＞0），|\overrightarrow{PQ}|=|\overrightarrow{P{F_1}}$|，△QF₁F₂面積的最大值為4．
（Ⅰ）求Q點軌跡E的方程和橢圓C的方程；
（Ⅱ）直線y=kx+m（m＞0）與橢圓C相切且與曲線E交于M，N兩點，求${S_{△{F_{\;}}_1MN}}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓定義得：|F₂Q|=|F₂P|+|PQ|=|F₂P|+|PF₁|=2a，點Q的軌跡是以F₂為圓心，2a為半徑的圓，當QF₂⊥F₁F₂時△QF₁F₂面積最大，推出ac=2，結合離心率，然后求解橢圓方程即可．
（Ⅱ）聯立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{y^2}{4}+\frac{x^2}{3}=1\end{array}\right.$通過△=0，推出${k^2}=\frac{{{m^2}-4}}{3}$求出m≥2，設圓心F₂（0，-1）到直線MN的距離為d，求出弦長，設點F₁（0，1）到直線MN的距離為h，求出三角形的面積的表達式，然后求解范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）由橢圓定義得：|F₂Q|=|F₂P|+|PQ|=|F₂P|+|PF₁|=2a，
所以點Q的軌跡是以F₂為圓心，2a為半徑的圓．（1分）
當QF₂⊥F₁F₂時△QF₁F₂面積最大，所以$\frac{1}{2}•2c•2a=4$得：ac=2（2分）
又$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$可得a=2，c=1．               （3分）
所以Q點軌跡E的方程x²+（y+1）²=16，橢圓C的方程$\frac{y^2}{4}+\frac{x^2}{3}=1$（5分）
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{y^2}{4}+\frac{x^2}{3}=1\end{array}\right.$得（3k²+4）x²+6kmx+3m²-12=0△=36k²m²-4（3k²+4）（3m²-12）=0
化簡得：3k²-m²+4=0（7分）
所以，${k^2}=\frac{{{m^2}-4}}{3}$
由${k^2}=\frac{{{m^2}-4}}{3}≥0$及m＞0得，m≥2
（8分）
設圓心F₂（0，-1）到直線MN的距離為d，則$d=\frac{|m+1|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\sqrt{\frac{3（m+1）}{m-1}}$
所以，弦長          $|MN|=2\sqrt{16-{d^2}}=2\sqrt{\frac{13m-19}{m-1}}$（9分）
設點F₁（0，1）到直線MN的距離為h，則$h=\frac{|m-1|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\sqrt{\frac{3（m-1）}{m+1}}$（10分）
所以，${S_{△{F_{\;}}_1MN}}=\frac{1}{2}|MN|•h=\sqrt{\frac{3（13m-19）}{m+1}}=\sqrt{39-\frac{96}{m+1}}$
由m≥2，得：$\sqrt{39-\frac{96}{m+1}}∈[\sqrt{7}，\sqrt{39}）$
所以，${S_{△{F_{\;}}_1MN}}$的取值范圍為$[\sqrt{7}，\sqrt{39}）$．             （12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關系的綜合應用，三角形的面積的求法，點到直線的距離公式的應用，考查轉化思想以及計算能力．