Question

18．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（α＞b＞0）过点（-2，$\sqrt{2}$），F（2，0）是C的一个焦点．
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）已知过点F的直线l与C在y轴右侧的部分相交于M，N两点，若点M，N与椭圆C短轴的两端点构成的四边形的面积为S．求S的取值范围．

Answer 1

分析 （I）由题意可得c=2，即a²-b²=4，代入已知点，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）点M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），连接OM、ON，设直线MN方程为x=my+2，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，由面积S=S_△OAM+S_△OBN+S_△OMN，化简整理，再由导数判断单调性，即可得到所求范围．

解答 解：（I）由题意可得c=2，即a²-b²=4，
代入点（-2，$\sqrt{2}$）可得$\frac{4}{{a}^{2}}$+$\frac{2}{{b}^{2}}$=1，
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；
（Ⅱ）设A、B恰好是椭圆x²+2y²=8的上、下两个端点，
且为A（0，2），B（0，-2），
点M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
连接OM、ON，设直线MN方程为x=my+2，
由于M，N均在y轴右侧，则有K_AF＜m＜K_BF，即-1＜m＜1，
联立 $\left\{\begin{array}{l}{x=my+2}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，消去x，得（m²+2）y²+4my-4=0，
则y₁+y₂=-$\frac{4m}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{4}{2+{m}^{2}}$，
则|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{（\frac{-4m}{2+{m}^{2}}）^{2}+\frac{16}{2+{m}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{2}\sqrt{1+{m}^{2}}}{2+{m}^{2}}$，
由于M，N均在y轴右侧，则x₁＞0，x₂＞0，
则S=S_△OAM+S_△OBN+S_△OMN=$\frac{1}{2}$×2（x₁+x₂）+$\frac{1}{2}$×2|y₁-y₂|=m（y₁+y₂）+4+|y₁-y₂|
=-$\frac{4{m}^{2}}{2+{m}^{2}}$+4+$\frac{4\sqrt{2}\sqrt{1+{m}^{2}}}{2+{m}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{2}\sqrt{1+{m}^{2}}+8}{2+{m}^{2}}$，
令t=m²+1，则1≤t＜2，则S=$\frac{4\sqrt{2}t+8}{1+{t}^{2}}$，
则S′=$\frac{-4\sqrt{2}{t}^{2}-16t+4\sqrt{2}}{（1+{t}^{2}）^{2}}$=-$\frac{4\sqrt{2}（{t}^{2}+2\sqrt{2}t-1）}{（1{+t}^{2}）^{2}}$＜0，故面积函数在[1，2）单调递减，
又由1≤t＜2，则$\frac{16}{3}$＜S≤2$\sqrt{2}$+4，
所以面积S的取值范围是（$\frac{16}{3}$，2$\sqrt{2}$+4]．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、弦长公式、三角形的面积计算公式、利用导数研究函数的单调性、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力．