Question

4．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率$\frac{\sqrt{5}}{3}$，F(xiàn)，A為橢圓C的右焦點(diǎn)和右頂點(diǎn)，B（0，b），且$\frac{\sqrt{5}}{|OF|}$$+\frac{2}{|OA|}$=$\frac{12{e}^{2}}{|OB{|}^{2}}$
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)M是第三象限內(nèi)且橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線MB與x軸交于點(diǎn)P，直線MA與y軸交于點(diǎn)Q，求證：四邊形ABPQ的面積為定值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率$\frac{\sqrt{5}}{3}$，F(xiàn)，A為橢圓C的右焦點(diǎn)和右頂點(diǎn)，B（0，b），且$\frac{\sqrt{5}}{|OF|}$$+\frac{2}{|OA|}$=$\frac{12{e}^{2}}{|OB{|}^{2}}$，列出方程組，求出a=3，b=2，c=$\sqrt{5}$，由此能求出橢圓C的方程．
（2）求出A（3，0），B（0，2），設(shè)M（m，n），（m＜0，n＜0），則9n²+4m²=36，直線BM的方程為$y=\frac{n-2}{m}x+2$，令y=0，得x_P=$\frac{2m}{2-n}$，直線AM的方程為$y=\frac{n}{m-3}（x-3）$，令x=0，得y_Q=$\frac{3n}{3-m}$，四邊形ABPQ的面積為：S_{四邊形ABPQ}=$\frac{1}{2}×|AP|×|BQ|$=$\frac{1}{2}×（3-\frac{2m}{2-n}）×（2-\frac{3n}{3-m}）$，由此能證明四邊形ABPQ的面積為定值．

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率$\frac{\sqrt{5}}{3}$，
F，A為橢圓C的右焦點(diǎn)和右頂點(diǎn)，B（0，b），且$\frac{\sqrt{5}}{|OF|}$$+\frac{2}{|OA|}$=$\frac{12{e}^{2}}{|OB{|}^{2}}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{3}}\\{\frac{\sqrt{5}}{c}+\frac{2}{a}=\frac{12×（\frac{\sqrt{5}}{3}）^{2}}{^{2}}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，
解得a=3，b=2，c=$\sqrt{5}$，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）證明：∵橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1，∴A（3，0），B（0，2），
設(shè)M（m，n），（m＜0，n＜0），則$\frac{{m}^{2}}{9}+\frac{{n}^{2}}{4}$=1，∴9n²+4m²=36，
直線BM的方程為$y=\frac{n-2}{m}x+2$，令y=0，得x_P=$\frac{2m}{2-n}$，
直線AM的方程為$y=\frac{n}{m-3}（x-3）$，令x=0，得y_Q=$\frac{3n}{3-m}$，
∴四邊形ABPQ的面積為：
S_{四邊形ABPQ}=$\frac{1}{2}×|AP|×|BQ|$
=$\frac{1}{2}×（3-\frac{2m}{2-n}）×（2-\frac{3n}{3-m}）$
=$\frac{1}{2}×\frac{6-3n-2m}{2-n}×\frac{6-2m-3n}{3-m}$
=$\frac{36+9{n}^{2}+4{m}^{2}-36n-24m+12mn}{12-6n-4m+2mn}$
=$\frac{72-36n-24m+12mn}{12-6n-4m+2mn}$=6．
∴四邊形ABPQ的面積為定值6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查四邊形的面積為定值的證明，考查橢圓、直線方程等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．