Question

12．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$\sqrt{6}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）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：（Ⅰ）因为椭圆C的右焦点$F（{c，0}），PF=\sqrt{6}$，
∴c=2，…1
圆Q（x-2）²+（y-$\sqrt{2}$）²=2的圆心（2，$\sqrt{2}$），
∴$（2，\sqrt{2}）$在椭圆C上，代入椭圆$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1，
∴$\frac{4}{a^2}+\frac{2}{b^2}=1$，…2
由a²-b²=4
解得：a²=8，b²=4，
所以椭圆C的方程为$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$；…4
（Ⅱ）由题意可得l₁的斜率不为零，当l₁垂直x轴时，△MAB的面积为$\frac{1}{2}×4×2=4$，..5
当l₁不垂直x轴时，设直线l₁的方程为：$y=kx+\sqrt{2}$，
则直线l₂的方程为：$y=-\frac{1}{k}x+\sqrt{2}，A（{{x_1}，{y_1}}），B（{{x_2}，{y_2}}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\\ y=kx+\sqrt{2}\end{array}\right.$消去y得$（{1+2{k^2}}）{x^2}+4\sqrt{2}kx-4=0$，
所以${x_1}+{x_2}=\frac{{-4\sqrt{2}k}}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{-4}{{1+2{k^2}}}$，…7
则$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{4\sqrt{（1+{k^2}）（4{k^2}+1）}}}{{2{k^2}+1}}$，…8
又圆心$Q（{2，\sqrt{2}}）$到l₂的距离${d_1}=\frac{2}{{\sqrt{1+{k^2}}}}＜\sqrt{2}$得k²＞1，…9
又MP⊥AB，QM⊥CD，所以M点到AB的距离等于Q点到AB的距离，设为d₂，
即${d_2}=\frac{{|{2k-\sqrt{2}+\sqrt{2}}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\frac{2|k|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，…10
所以△MAB面积$s=\frac{1}{2}|{AB}|{d_2}=\frac{{4|k|\sqrt{4{k^2}+1}}}{{2{k^2}+1}}=4\sqrt{\frac{{{k^2}（4{k^2}+1）}}{{{{（2{k^2}+1）}^2}}}}$，…11
令t=2k²+1∈（3，+∞），则$\frac{1}{t}∈（{0，\frac{1}{3}}）$，
$S=4\sqrt{\frac{{2{t^2}-3t+1}}{{2{t^2}}}}=4\sqrt{\frac{1}{2}{{（{\frac{1}{t}-\frac{3}{2}}）}^2}-\frac{1}{8}}∈（{\frac{{4\sqrt{5}}}{3}，4}）$，
综上，△MAB面积的取值范围为$（{\frac{{4\sqrt{5}}}{3}，4}]$…12

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．