Question

15．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右頂點分別為A₁，A₂，且|A₁A₂|=4$\sqrt{3}$，該橢圓的離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，以M（-3，2）為圓心，r為半徑的圓與橢圓C交于A，B兩點．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若A，B兩點關于原點對稱，求圓M的方程；
（3）若點A的坐標為（0，2），求△ABM的面積．

Answer 1

分析 （1）由題意求出a=2$\sqrt{3}$，結合橢圓離心率求得c，再由隱含條件求得b，則橢圓C的方程可求；
（2）由A，B兩點關于原點對稱，可知O是AB的中點，結合垂徑定理可知MO⊥AB，進一步得到直線MO的斜率，得到直線AB的斜率，則直線AB的方程可求，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，求出A的坐標由勾股定理得圓的半徑，則圓M的方程可求；
（3）由題意知直線AB的斜率存在，設直線AB的方程為y=kx+2，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，化為關于x的一元二次方程，求得B的坐標，進一步得線段AB的中點E的坐標，求得直線ME的斜率，結合題意列式求得AB的斜率，得到直線AB的方程為y=x+2，求出|AB|，由點到直線的距離公式求得點M到直線AB的距離，代入△ABM的面積公式得答案．

解答 解：（1）由題意可知2a=4$\sqrt{3}$，即a=2$\sqrt{3}$，又$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，則$c=2\sqrt{2}$，
∴b²=${a}^{2}-{c}^{2}=（2\sqrt{3}）^{2}-（2\sqrt{2}）^{2}=4$，
即橢圓C的方程為$\frac{{x_{\;}^2}}{12}+\frac{{y_{\;}^2}}{4}=1$；
（2）∵A，B兩點關于原點對稱，∴O是AB的中點，
由垂徑定理可知MO⊥AB，又M（-3，2），∴直線MO的斜率為-$\frac{2}{3}$，
故直線AB的斜率為$\frac{3}{2}$，則直線AB的方程為y=$\frac{3}{2}$x，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}\frac{{x_{\;}^2}}{12}+\frac{{y_{\;}^2}}{4}=1\\ y=\frac{3}{2}x\end{array}\right.$，解得$x_A^2=\frac{48}{31}，y_A^2=\frac{108}{31}$，
由勾股定理得r²=MA²=MO²+OA²=9+4+$\frac{48}{31}+\frac{108}{31}=\frac{559}{31}$，
∴圓M的方程為（x+3）²+（y-2）²=$\frac{559}{31}$；
（3）由題意知直線AB的斜率存在，設直線AB的方程為y=kx+2，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{4}=1\\ y=kx+2\end{array}\right.$，得（1+3k²）x²+12kx=0，
則B（$-\frac{12k}{{1+3{k^2}}}，\frac{{2-6{k^2}}}{{1+3{k^2}}}$），線段AB的中點為E（$-\frac{6k}{{1+3{k^2}}}，\frac{2}{{1+3{k^2}}}$），
直線ME的斜率為$\frac{{\frac{2}{{1+3{k^2}}}-2}}{{-\frac{6k}{{1+3{k^2}}}-（-3）}}=\frac{{-2{k^2}}}{{3{k^2}-2k+1}}$，
∵AB⊥ME，∴$\frac{{-2{k^2}}}{{3{k^2}-2k+1}}$•k=-1，
∴2k³-3k²+2k-1=0，即（k-1）（2k²-k+1）=0，解得k=1，
∴直線AB的方程為y=x+2，
又B（-3，-1），∴|AB|=3$\sqrt{2}$，
而點M到直線AB的距離為$\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，
故△ABM的面積為$\frac{1}{2}×3\sqrt{2}×\frac{{3\sqrt{2}}}{2}=\frac{9}{2}$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，是直線與圓、圓錐曲線的綜合題，訓練了直線與圓錐曲線位置關系的應用，考查計算能力，屬有一定難度題目．