Question

12．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），圓Q（x-2）²+（y-$\sqrt{2}$）²=2的圓心Q在橢圓C上，點$P（0，\sqrt{2}）$到橢圓C的右焦點的距離為$\sqrt{6}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過點P作互相垂直的兩條直線l₁，l₂，且l₁交橢圓C于A，B兩點，直線l₂交圓Q于C，D兩點，且M為CD的中點，求△MAB面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得圓Q的圓心，代入橢圓方程，運用兩點的距離公式，解方程可得a，b的值，進而得到橢圓方程；
（2）討論兩直線的斜率不存在和為0，求得三角形MAB的面積為4；設(shè)直線y=kx+$\sqrt{2}$，代入圓Q的方程，運用韋達定理和中點坐標(biāo)公式可得M的坐標(biāo)，求得MP的長，再由直線AB的方程為y=-$\frac{1}{k}$x+$\sqrt{2}$，代入橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，由三角形的面積公式，化簡整理，由換元法，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，可得面積的范圍．

解答 解：（Ⅰ）因為橢圓C的右焦點$F（{c，0}），PF=\sqrt{6}$，
∴c=2，…1
圓Q（x-2）²+（y-$\sqrt{2}$）²=2的圓心（2，$\sqrt{2}$），
∴$（2，\sqrt{2}）$在橢圓C上，代入橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1，
∴$\frac{4}{a^2}+\frac{2}{b^2}=1$，…2
由a²-b²=4
解得：a²=8，b²=4，
所以橢圓C的方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$；…4
（Ⅱ）由題意可得l₁的斜率不為零，當(dāng)l₁垂直x軸時，△MAB的面積為$\frac{1}{2}×4×2=4$，..5
當(dāng)l₁不垂直x軸時，設(shè)直線l₁的方程為：$y=kx+\sqrt{2}$，
則直線l₂的方程為：$y=-\frac{1}{k}x+\sqrt{2}，A（{{x_1}，{y_1}}），B（{{x_2}，{y_2}}）$，
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
則$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{4\sqrt{（1+{k^2}）（4{k^2}+1）}}}{{2{k^2}+1}}$，…8
又圓心$Q（{2，\sqrt{2}}）$到l₂的距離${d_1}=\frac{2}{{\sqrt{1+{k^2}}}}＜\sqrt{2}$得k²＞1，…9
又MP⊥AB，QM⊥CD，所以M點到AB的距離等于Q點到AB的距離，設(shè)為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面積$s=\frac{1}{2}|{AB}|{d_2}=\frac{{4|k|\sqrt{4{k^2}+1}}}{{2{k^2}+1}}=4\sqrt{\frac{{{k^2}（4{k^2}+1）}}{{{{（2{k^2}+1）}^2}}}}$，…11
令t=2k²+1∈（3，+∞），則$\frac{1}{t}∈（{0，\frac{1}{3}}）$，
$S=4\sqrt{\frac{{2{t^2}-3t+1}}{{2{t^2}}}}=4\sqrt{\frac{1}{2}{{（{\frac{1}{t}-\frac{3}{2}}）}^2}-\frac{1}{8}}∈（{\frac{{4\sqrt{5}}}{3}，4}）$，
綜上，△MAB面積的取值范圍為$（{\frac{{4\sqrt{5}}}{3}，4}]$…12

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用點滿足橢圓方程，考查三角形的面積的范圍，注意運用直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和弦長公式，以及三角形的面積公式，運用換元法和函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題．