Question

11．設(shè)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點(diǎn)A（$\sqrt{5}$，$\sqrt{3}$），其右焦點(diǎn)F₂的坐標(biāo)為（4，0）．
（I）求橢圓C的方程；
（II）已知點(diǎn)B₁（-2，0），B₂（2，0），過B₁的直線l交橢圓C于P、Q兩點(diǎn)，交圓O：x²+y²=8于M、N兩點(diǎn)，設(shè)|MN|=t，若t∈[4，2$\sqrt{7}$]，求△B₂PQ的面積S的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）求得左焦點(diǎn)坐標(biāo)，利用橢圓的定義及兩點(diǎn)之間的距離公式，即可求得a的值，則b²=a²-c²，即可求得橢圓C的方程；
（II）當(dāng)直線斜率存在，將直線方程代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，弦長公式，利用兩點(diǎn)之間的距離公式及二次函數(shù)的性質(zhì)，即可求得△B₂PQ的面積S的取值范圍．

解答 解：（I）由橢圓的左焦點(diǎn)F₁（-4，0），則c=4，
由2a=丨AF₁丨+丨AF₂丨，
即2a=$\sqrt{（-4-\sqrt{5}）^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$+$\sqrt{（4-\sqrt{5）^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}}$，
=4$\sqrt{5}$，則a=2$\sqrt{5}$，b²=a²-c²=4，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{20}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（II）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，丨MN丨=4，△B₂PQ的面積S，S=$\frac{16\sqrt{5}}{5}$，
直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程y=k（x+2），則圓心到直線l的距離d=$\frac{丨2k丨}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
t=丨MN丨=2$\sqrt{8-1tgvcfk^{2}}$=2$\sqrt{8-\frac{4{k}^{2}}{{k}^{2}+1}}$∈[4，2$\sqrt{7}$]，解得k²≥$\frac{1}{3}$，
$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{20}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，整理得：（5k²+1）y²-4ky-16k²=0．
則y₁+y₂=$\frac{4k}{1+5{k}^{3}}$，y₁y₂=-$\frac{16{k}^{2}}{1+5{k}^{3}}$，
則丨y₁-y₂丨=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=4$\sqrt{5}$•$\sqrt{\frac{4{k}^{2}+{k}^{2}}{（1+5{k}^{2}）^{2}}}$，
則△B₂PQ的面積S，S=$\frac{1}{2}$×4×丨y₁-y₂丨=8$\sqrt{5}$•$\sqrt{\frac{4{k}^{2}+{k}^{2}}{（1+5{k}^{2}）^{2}}}$，
設(shè)t=1+5k²，t≥$\frac{8}{3}$，
∴S=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$$\sqrt{-（\frac{1}{t}+\frac{3}{2}）^{2}+\frac{25}{4}}$，
∴S∈[$\sqrt{35}$，$\frac{16\sqrt{5}}{5}$]，
∴△B₂PQ的面積S的取值范圍[$\sqrt{35}$，$\frac{16\sqrt{5}}{5}$]．

點(diǎn)評 本題橢圓的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長公式及二次函數(shù)的單調(diào)性及最值，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．