Question

16．已知?jiǎng)狱c(diǎn)P到定點(diǎn)F（2，0）的距離和它到定直線x=4的距離的比值為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（Ⅰ）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡Ω的方程；
（Ⅱ）若過點(diǎn)F的直線與點(diǎn)P的軌跡Ω相交于M，N兩點(diǎn)（M，N均在y軸右側(cè)），點(diǎn)A（0，2）、B（0，-2），設(shè)A，B，M，N四點(diǎn)構(gòu)成的四邊形的面積為S，求S的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P（x，y），利用兩點(diǎn)之間的距離公式可得$\frac{{\sqrt{{{（x-2）}^2}+{y^2}}}}{|x-4|}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，化簡(jiǎn)即可得出．
（II）由（Ⅰ），軌跡Ω是以F（2，0）為焦點(diǎn)，離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$的橢圓，如圖，連接OM、ON，設(shè)直線MN方程為x=my+2，點(diǎn)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），與橢圓方程聯(lián)立消去x，得（m²+2）y²+4my-4=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：S=S_△OAM+S_△OBN+S_△OMN=$\frac{1}{2}×2（{x_1}+{x_2}）+\frac{1}{2}×2|{y_1}-{y_2}|$=m（y₁+y₂）+4+|y₁-y₂|=$-\frac{{4{m^2}}}{{{m^2}+2}}+4+\frac{{4\sqrt{2}•\sqrt{{m^2}+1}}}{{{m^2}+2}}$=$\frac{{4\sqrt{2}•\sqrt{{m^2}+1}+8}}{{{m^2}+2}}$，下面利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或變形利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P（x，y），則$\frac{{\sqrt{{{（x-2）}^2}+{y^2}}}}{|x-4|}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
化簡(jiǎn)得$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$．
（Ⅱ）由（Ⅰ），軌跡Ω是以F（2，0）為焦點(diǎn)，離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$的橢圓，如圖，連接OM、ON，
設(shè)直線MN方程為x=my+2，點(diǎn)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}x=my+2\\ \frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\end{array}\right.$消去x，得（m²+2）y²+4my-4=0，
則${y_1}+{y_1}=-\frac{4m}{{{m^2}+2}}$，${y_1}{y_1}=-\frac{4}{{{m^2}+2}}$，
∴$|{y_1}-{y_2}|=\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\sqrt{{{（-\frac{4m}{{{m^2}+2}}）}^2}+\frac{16}{{{m^2}+2}}}=\frac{{4\sqrt{2}•\sqrt{{m^2}+1}}}{{{m^2}+2}}$，
由于M，N均在y軸右側(cè)，則x₁＞0，x₂＞0，且0≤|m|＜1，
則S=S_△OAM+S_△OBN+S_△OMN=$\frac{1}{2}×2（{x_1}+{x_2}）+\frac{1}{2}×2|{y_1}-{y_2}|$
=m（y₁+y₂）+4+|y₁-y₂|=$-\frac{{4{m^2}}}{{{m^2}+2}}+4+\frac{{4\sqrt{2}•\sqrt{{m^2}+1}}}{{{m^2}+2}}$=$\frac{{4\sqrt{2}•\sqrt{{m^2}+1}+8}}{{{m^2}+2}}$，
方法一、$S'=\frac{{-4\sqrt{2}{t^2}-16t+4\sqrt{2}}}{{{{（{t^2}+1）}^2}}}$=$\frac{{-4\sqrt{2}（{t^2}+2\sqrt{2}t-1）}}{{{{（{t^2}+1）}^2}}}＜0$，
故面積函數(shù)$S=\frac{{4\sqrt{2}•t+8}}{{{t^2}+1}}$在單調(diào)遞減，所以$S∈（\frac{16}{3}，2\sqrt{2}+4]$，
所以面積S的取值范圍是$（\frac{16}{3}，2\sqrt{2}+4]$．
方法二、$S=\frac{{4\sqrt{2}（t+\sqrt{2}）}}{{{{（t+\sqrt{2}）}^2}-2\sqrt{2}t-1}}=\frac{{4\sqrt{2}（t+\sqrt{2}）}}{{{{（t+\sqrt{2}）}^2}-2\sqrt{2}（t+\sqrt{2}）+3}}$=$\frac{{4\sqrt{2}}}{{（t+\sqrt{2}）+\frac{3}{{t+\sqrt{2}}}-2\sqrt{2}}}$，
∵$1≤t＜\sqrt{2}$，則$（t+\sqrt{2}）+\frac{3}{{t+\sqrt{2}}}∈[4\sqrt{2}-2，\frac{{11\sqrt{2}}}{4}）$，
∴$（t+\sqrt{2}）+\frac{3}{{t+\sqrt{2}}}-2\sqrt{2}∈[2\sqrt{2}-2，\frac{{3\sqrt{2}}}{4}）$，
則$\frac{{4\sqrt{2}}}{{（t+\sqrt{2}）+\frac{3}{{t+\sqrt{2}}}-2\sqrt{2}}}∈（\frac{16}{3}，2\sqrt{2}+4]$，即$S∈（\frac{16}{3}，2\sqrt{2}+4]$，
∴面積S的取值范圍是$（\frac{16}{3}，2\sqrt{2}+4]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、三角形的面積計(jì)算公式、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．