Question

2．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|MN|的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆定义推出|F₂Q|=|F₂P|+|PQ|=|F₂P|+|PF₁|=2a，说明点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，列出关系式，结合离心率，求解Q点轨迹E的方程，椭圆C的方程．
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{y^2}{4}+\frac{x^2}{3}=1\end{array}\right.$，利用判别式求出k，m 的关系式，推出m的范围，设圆心F₂（0，-1）到直线MN的距离为d，求出d与m的等式关系，表示弦长|MN|然后求解即可．

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（7分）
化简得：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）
设圆心F₂（0，-1）到直线MN的距离为d，则$d=\frac{|m+1|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\sqrt{\frac{3（m+1）}{m-1}}=\sqrt{3+\frac{6}{m-1}}$
由m≥2，得$3＜3+\frac{6}{m-1}≤9$，即3＜d²≤9（11分）
所以，弦长$|MN|=2\sqrt{16-{d^2}}∈[2\sqrt{7}，2\sqrt{13}$），
即|MN|的取值范围为：$[2\sqrt{7}，2\sqrt{13}）$．                                 （12分）

点评 本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆，圆与椭圆的位置关系的应用，圆锥曲线的范围问题的处理方法，考查转化思想以及分析问题解决问题的能力．