Question

11．已知右焦点为F的椭圆M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1（a＞$\sqrt{3}$）与直线y=$\frac{3}{\sqrt{7}}$相交于P，Q两点，且PF⊥QF．
（1）求椭圆M的方程：
（2）O为坐标原点，A，B，C是椭圆E上不同三点，并且O为△ABC的重心，试探究△ABC的面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是．说明理由．

Answer 1

分析 （1）设F（c，0），P（t，$\frac{3}{\sqrt{7}}$），Q（-t，$\frac{3}{\sqrt{7}}$），代入椭圆方程，由两直线垂直的条件：斜率之积为-1，解方程可得a=2，c=1，即可得到所求椭圆方程；
（2）设直线AB的方程为y=kx+m，代入椭圆方程，运用韦达定理，由O为△ABC的重心，可得$\overrightarrow{OC}$=-（$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$），可得C的坐标，代入椭圆方程，可得4m²=3+4k²，由弦长公式和点到直线的距离公式可得三角形的面积，化简整理，可得定值；再验证直线AB的斜率不存在，即可得到△ABC的面积为定值．

解答 解：（1）设F（c，0），P（t，$\frac{3}{\sqrt{7}}$），Q（-t，$\frac{3}{\sqrt{7}}$），
代入椭圆方程可得$\frac{{t}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{7}$=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，
即有椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）设直线AB的方程为y=kx+m，
代入椭圆方程3x²+4y²=12，
可得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则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为△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在椭圆上，则有3（$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$）²+4（-$\frac{6m}{3+4{k}^{2}}$）²=12，
化简可得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到直线AB的距离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=$\frac{6|m|}{3+4{k}^{2}}$•$\sqrt{9+12{k}^{2}-3{m}^{2}}$=$\frac{6|m|}{4{m}^{2}}$•$\sqrt{12{m}^{2}-3{m}^{2}}$=$\frac{9}{2}$．
当直线AB的斜率不存在时，|AB|=3，d=3，S_△ABC=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{9}{2}$．
综上可得，△ABC的面积为定值$\frac{9}{2}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，注意运用点满足椭圆方程和两直线垂直的条件：斜率之积为-1，考查三角形的面积的计算，注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，化简整理，考查运算能力，属于中档题．