Question

4．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），圆Q：（x-2）²+（y-$\sqrt{2}$）²=2的圆心Q在椭圆C上，点P（0，$\sqrt{2}$）到椭圆C的右焦点的距离为$\sqrt{6}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点P作互相垂直的两条直线l₁，l₂，且l₁交椭圆C于A，B两点，直线l₂交圆Q于C，D两点，且M为CD的中点，求△MAB的面积的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求得圆Q的圆心，代入椭圆方程，运用两点的距离公式，解方程可得a，b的值，进而得到椭圆方程；
（2）讨论两直线的斜率不存在和为0，求得三角形MAB的面积为4；设直线y=kx+$\sqrt{2}$，代入圆Q的方程，运用韦达定理和中点坐标公式可得M的坐标，求得MP的长，再由直线AB的方程为y=-$\frac{1}{k}$x+$\sqrt{2}$，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，由三角形的面积公式，化简整理，由换元法，结合函数的单调性，可得面积的范围．

解答 解：（1）圆Q：（x-2）²+（y-$\sqrt{2}$）²=2的圆心为（2，$\sqrt{2}$），
代入椭圆方程可得$\frac{4}{{a}^{2}}$+$\frac{2}{{b}^{2}}$=1，
由点P（0，$\sqrt{2}$）到椭圆C的右焦点的距离为$\sqrt{6}$，即有$\sqrt{2+{c}^{2}}$=$\sqrt{6}$，
解得c=2，即a²-b²=4，
解得a=2$\sqrt{2}$，b=2，
即有椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（2）当直线l₂：y=$\sqrt{2}$，代入圆的方程可得x=2±$\sqrt{2}$，
可得M的坐标为（2，$\sqrt{2}$），又|AB|=4，
可得△MAB的面积为$\frac{1}{2}$×2×4=4；
设直线y=kx+$\sqrt{2}$，代入圆Q的方程可得，（1+k²）x²-4x+2=0，
可得中点M（$\frac{2}{1+{k}^{2}}$，$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}{k}^{2}+2k}{1+{k}^{2}}$），
|MP|=$\sqrt{\frac{4}{（1+{k}^{2}）^{2}}+\frac{4{k}^{2}}{（1+{k}^{2}）^{2}}}$=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
设直线AB的方程为y=-$\frac{1}{k}$x+$\sqrt{2}$，代入椭圆方程，可得：
（2+k²）x²-4$\sqrt{2}$kx-4k²=0，
设（x₁，y₁），B（x₂，y₂），可得x₁+x₂=$\frac{4\sqrt{2}k}{2+{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{-4{k}^{2}}{2+{k}^{2}}$，
则|AB|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$•$\sqrt{\frac{32{k}^{2}}{（2+{k}^{2}）^{2}}+\frac{16{k}^{2}}{（2+{k}^{2}）^{2}}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{64+16{k}^{2}}{（2+{k}^{2}）^{2}}}$，
可得△MAB的面积为S=$\frac{1}{2}$•$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{64+16{k}^{2}}{（2+{k}^{2}）^{2}}}$
=4$\sqrt{\frac{4+{k}^{2}}{（2+{k}^{2}）^{2}}}$，
设t=4+k²（5＞t＞4），可得$\frac{4+{k}^{2}}{（2+{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{t}{（t-2）^{2}}$=$\frac{1}{t+\frac{4}{t}-4}$＜$\frac{1}{4+\frac{4}{4}-4}$=1，
可得S＜4，
且S＞4$\sqrt{\frac{1}{5+\frac{4}{5}-4}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$
综上可得，△MAB的面积的取值范围是（$\frac{4\sqrt{5}}{3}$，4]．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用点满足椭圆方程，考查三角形的面积的范围，注意运用直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，以及三角形的面积公式，运用换元法和函数的单调性，属于中档题．