Question

11．已知右焦點為F的橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1（a＞$\sqrt{3}$）與直線y=$\frac{3}{\sqrt{7}}$相交于P，Q兩點，且PF⊥QF．
（1）求橢圓M的方程：
（2）O為坐標原點，A，B，C是橢圓E上不同三點，并且O為△ABC的重心，試探究△ABC的面積是否為定值，若是，求出這個定值；若不是．說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)F（c，0），P（t，$\frac{3}{\sqrt{7}}$），Q（-t，$\frac{3}{\sqrt{7}}$），代入橢圓方程，由兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，解方程可得a=2，c=1，即可得到所求橢圓方程；
（2）設(shè)直線AB的方程為y=kx+m，代入橢圓方程，運用韋達定理，由O為△ABC的重心，可得$\overrightarrow{OC}$=-（$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$），可得C的坐標，代入橢圓方程，可得4m²=3+4k²，由弦長公式和點到直線的距離公式可得三角形的面積，化簡整理，可得定值；再驗證直線AB的斜率不存在，即可得到△ABC的面積為定值．

解答 解：（1）設(shè)F（c，0），P（t，$\frac{3}{\sqrt{7}}$），Q（-t，$\frac{3}{\sqrt{7}}$），
代入橢圓方程可得$\frac{{t}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{7}$=1，即t²=$\frac{4}{7}$a²①
且PF⊥QF，可得$\frac{\frac{3}{\sqrt{7}}}{t-c}$•$\frac{\frac{3}{\sqrt{7}}}{-t-c}$=-1，
即c²-t²=-$\frac{9}{7}$，②
由①②可得c²=$\frac{4}{7}$a²-$\frac{9}{7}$．
又a²-c²=3，
解得a=2，c=1，
即有橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）設(shè)直線AB的方程為y=kx+m，
代入橢圓方程3x²+4y²=12，
可得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{6m}{3+4{k}^{2}}$，
由O為△ABC的重心，可得$\overrightarrow{OC}$=-（$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$）
=（$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，-$\frac{6m}{3+4{k}^{2}}$），
由C在橢圓上，則有3（$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$）²+4（-$\frac{6m}{3+4{k}^{2}}$）²=12，
化簡可得4m²=3+4k²，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{8km}{3+4{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}}$
=$\frac{4\sqrt{1+{k}^{2}}}{3+4{k}^{2}}$•$\sqrt{9+12{k}^{2}-3{m}^{2}}$，
C到直線AB的距離d=$\frac{|k{x}_{C}+m-{y}_{C}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{|3m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
S_△ABC=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{6|m|}{3+4{k}^{2}}$•$\sqrt{9+12{k}^{2}-3{m}^{2}}$=$\frac{6|m|}{4{m}^{2}}$•$\sqrt{12{m}^{2}-3{m}^{2}}$=$\frac{9}{2}$．
當(dāng)直線AB的斜率不存在時，|AB|=3，d=3，S_△ABC=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{9}{2}$．
綜上可得，△ABC的面積為定值$\frac{9}{2}$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，注意運用點滿足橢圓方程和兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，考查三角形的面積的計算，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，化簡整理，考查運算能力，屬于中檔題．