Question

6．已知動圓Q過定點F（0，-1），且與直線l：y=1相切，橢圓N的對稱軸為坐標(biāo)軸，O點為坐標(biāo)原點，F(xiàn)是其一個焦點，又點A（0，2）在橢圓N上．
（Ⅰ）求動圓圓心Q的軌跡M的標(biāo)準(zhǔn)方程和橢圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）若過F的動直線m交橢圓N于B，C點，交軌跡M于D，E兩點，設(shè)S₁為△ABC的面積，S₂為△ODE的面積，令Z=S₁S₂，試求Z的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由拋物線的定義能求出動點Q的軌跡M的標(biāo)準(zhǔn)方程，依題意設(shè)橢圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}=1$，（a＞b＞0），且$\left\{\begin{array}{l}{c=1}\\{a=2}\end{array}\right.$，由此能求出橢圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）設(shè)直線m的方程為y=kx-1，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得（3k²+4）x²-6kx-9=0，求出S₁=$\frac{18\sqrt{1+{k}^{2}}}{3{k}^{2}+4}$，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{{x}^{2}=-4y}\end{array}\right.$，得x²+4kx-4=0，求出S₂=2$\sqrt{1+{k}^{2}}$，由此能求出Z=S₁•S₂的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵動圓Q過定點F（0，-1），且與直線l：y=1相切，
∴依題意，由拋物線的定義得動點Q的軌跡M的標(biāo)準(zhǔn)方程為x²=-4y，
∵橢圓N的對稱軸為坐標(biāo)軸，O點為坐標(biāo)原點，F(xiàn)是其一個焦點，又點A（0，2）在橢圓N上，
∴依題意設(shè)橢圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}=1$，（a＞b＞0），
且$\left\{\begin{array}{l}{c=1}\\{a=2}\end{array}\right.$，∴b=$\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$，
∴橢圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（Ⅱ）由題意知直線m的斜率存在，設(shè)直線m的方程為y=kx-1，①
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得（3k²+4）x²-6kx-9=0，
設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），則|x₁-x₂|=$\frac{12\sqrt{1+{k}^{2}}}{3{k}^{2}+4}$，
∴${S}_{1}=\frac{1}{2}|AF|•|{x}_{1}-{x}_{2}|$=$\frac{18\sqrt{1+{k}^{2}}}{3{k}^{2}+4}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{{x}^{2}=-4y}\end{array}\right.$，得x²+4kx-4=0，
設(shè)D（x₃，y₃），E（x₄，y₄），
則|x₃-x₄|=4$\sqrt{1+{k}^{2}}$，
∴S₂=$\frac{1}{2}|OF|•|{x}_{3}-{x}_{4}|$=2$\sqrt{1+{k}^{2}}$，
∴Z=S₁•S₂=$\frac{36（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}+4}$=12（1-$\frac{1}{3{k}^{2}+4}$）≥12（1-$\frac{1}{4}$）=9，
∴當(dāng)k=0時，Z_min=9，
又Z=12（1-$\frac{1}{3{k}^{2}+4}$）＜12，
∴Z的取值范圍是[9，12）．

點評 本題考查動圓圓心Q的軌跡M的標(biāo)準(zhǔn)方程和橢圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查Z=S₁S₂取值范圍的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意拋物線、橢圓定義、韋達(dá)定理、弦長公式的合理運用．