Question

2．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|MN|的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓定義推出|F₂Q|=|F₂P|+|PQ|=|F₂P|+|PF₁|=2a，說明點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，列出關系式，結合離心率，求解Q點軌跡E的方程，橢圓C的方程．
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{y^2}{4}+\frac{x^2}{3}=1\end{array}\right.$，利用判別式求出k，m 的關系式，推出m的范圍，設圓心F₂（0，-1）到直線MN的距離為d，求出d與m的等式關系，表示弦長|MN|然后求解即可．

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（7分）
化簡得：3k²-m²+4=0
所以，${k^2}=\frac{{{m^2}-4}}{3}$（8分）
由${k^2}=\frac{{{m^2}-4}}{3}≥0$及m＞0得，m≥2（9分）
設圓心F₂（0，-1）到直線MN的距離為d，則$d=\frac{|m+1|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\sqrt{\frac{3（m+1）}{m-1}}=\sqrt{3+\frac{6}{m-1}}$
由m≥2，得$3＜3+\frac{6}{m-1}≤9$，即3＜d²≤9（11分）
所以，弦長$|MN|=2\sqrt{16-{d^2}}∈[2\sqrt{7}，2\sqrt{13}$），
即|MN|的取值范圍為：$[2\sqrt{7}，2\sqrt{13}）$．                                 （12分）

點評 本題考查軌跡方程的求法，直線與橢圓，圓與橢圓的位置關系的應用，圓錐曲線的范圍問題的處理方法，考查轉化思想以及分析問題解決問題的能力．