Question

18．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（α＞b＞0）過點（-2，$\sqrt{2}$），F(xiàn)（2，0）是C的一個焦點．
（I）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）已知過點F的直線l與C在y軸右側(cè)的部分相交于M，N兩點，若點M，N與橢圓C短軸的兩端點構(gòu)成的四邊形的面積為S．求S的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）由題意可得c=2，即a²-b²=4，代入已知點，解方程可得a，b，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），連接OM、ON，設(shè)直線MN方程為x=my+2，代入橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，由面積S=S_△OAM+S_△OBN+S_△OMN，化簡整理，再由導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得到所求范圍．

解答 解：（I）由題意可得c=2，即a²-b²=4，
代入點（-2，$\sqrt{2}$）可得$\frac{4}{{a}^{2}}$+$\frac{2}{^{2}}$=1，
解得a=2$\sqrt{2}$，b=2，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（Ⅱ）設(shè)A、B恰好是橢圓x²+2y²=8的上、下兩個端點，
且為A（0，2），B（0，-2），
點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
連接OM、ON，設(shè)直線MN方程為x=my+2，
由于M，N均在y軸右側(cè)，則有K_AF＜m＜K_BF，即-1＜m＜1，
聯(lián)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，
則y₁+y₂=-$\frac{4m}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{4}{2+{m}^{2}}$，
則|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軸右側(cè)，則x₁＞0，x₂＞0，
則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，則1≤t＜2，則S=$\frac{4\sqrt{2}t+8}{1+{t}^{2}}$，
則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，故面積函數(shù)在[1，2）單調(diào)遞減，
又由1≤t＜2，則$\frac{16}{3}$＜S≤2$\sqrt{2}$+4，
所以面積S的取值范圍是（$\frac{16}{3}$，2$\sqrt{2}$+4]．

點評 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、弦長公式、三角形的面積計算公式、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算能力．