Question

20．已知椭圆C：$\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的上下焦点分别为F₁，F₂，离心率为$\frac{1}{2}$，P为C上动点，且满足$\overrightarrow{{F_2}P}=λ\overrightarrow{PQ}（λ＞0），|\overrightarrow{PQ}|=|\overrightarrow{P{F_1}}$|，△QF₁F₂面积的最大值为4．
（Ⅰ）求Q点轨迹E的方程和椭圆C的方程；
（Ⅱ）直线y=kx+m（m＞0）与椭圆C相切且与曲线E交于M，N两点，求${S_{△{F_{\;}}_1MN}}$的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆定义得：|F₂Q|=|F₂P|+|PQ|=|F₂P|+|PF₁|=2a，点Q的轨迹是以F₂为圆心，2a为半径的圆，当QF₂⊥F₁F₂时△QF₁F₂面积最大，推出ac=2，结合离心率，然后求解椭圆方程即可．
（Ⅱ）联立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{y^2}{4}+\frac{x^2}{3}=1\end{array}\right.$通过△=0，推出${k^2}=\frac{{{m^2}-4}}{3}$求出m≥2，设圆心F₂（0，-1）到直线MN的距离为d，求出弦长，设点F₁（0，1）到直线MN的距离为h，求出三角形的面积的表达式，然后求解范围即可．

解答 解：（Ⅰ）由椭圆定义得：|F₂Q|=|F₂P|+|PQ|=|F₂P|+|PF₁|=2a，
所以点Q的轨迹是以F₂为圆心，2a为半径的圆．（1分）
当QF₂⊥F₁F₂时△QF₁F₂面积最大，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点轨迹E的方程x²+（y+1）²=16，椭圆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
化简得：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）
设圆心F₂（0，-1）到直线MN的距离为d，则$d=\frac{|m+1|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\sqrt{\frac{3（m+1）}{m-1}}$
所以，弦长          $|MN|=2\sqrt{16-{d^2}}=2\sqrt{\frac{13m-19}{m-1}}$（9分）
设点F₁（0，1）到直线MN的距离为h，则$h=\frac{|m-1|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\sqrt{\frac{3（m-1）}{m+1}}$（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，${S_{△{F_{\;}}_1MN}}$的取值范围为$[\sqrt{7}，\sqrt{39}）$．             （12分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，三角形的面积的求法，点到直线的距离公式的应用，考查转化思想以及计算能力．