Question

9．在平面直角坐标系xOy中，椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A，B，离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，直线l：x=3为椭圆的一条准线．
（1）求椭圆的方程；
（2）若$C（\sqrt{3}，\sqrt{，3}）$，$D（-\sqrt{3}，\sqrt{，3}）$，Q为椭圆上位于x轴上方的动点，直线DM•CN，BQ分别交直线m于点M，N．
（i）当直线AQ的斜率为$\frac{1}{2}$时，求△AMN的面积；
（ii）求证：对任意的动点Q，DM•CN为定值．

Answer 1

分析 （1）通过椭圆的性质计算即可；
（2）通过（1）知$A（-\sqrt{3}，0）$，$B（\sqrt{3}，0）$，$M（\frac{{\sqrt{3}{x_0}-\sqrt{3}{y_0}+3}}{y_0}，\sqrt{3}）$，$N（\frac{{\sqrt{3}{x_0}+\sqrt{3}{y_0}-3}}{y_0}，\sqrt{3}）$．（i）通过直线AQ的斜率为$\frac{1}{2}$并与椭圆方程联立，可得M、N点坐标，利用三角形面积公式计算即可；（ii）利用两点间距离公式计算即可．

解答 解：（1）由题意知，$\left\{\begin{array}{l}\frac{a^2}{{\sqrt{{a^2}-{b^2}}}}=3\\ \frac{{\sqrt{{a^2}-{b^2}}}}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}a=\sqrt{3}\\{b^2}=2\end{array}\right.$，
故椭圆的方程为$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$；
（2）由（1）知$A（-\sqrt{3}，0）$，$B（\sqrt{3}，0）$，
设Q（x₀，y₀），y₀＞0，
则$2{x_0}^2+3{y_0}^2=6$，直线AQ的方程为$y=\frac{y_0}{{{x_0}+\sqrt{3}}}（x+\sqrt{3}）$，
令$y=\sqrt{3}$，得$M（\frac{{\sqrt{3}{x_0}-\sqrt{3}{y_0}+3}}{y_0}，\sqrt{3}）$，
直线BQ的方程为$y=\frac{y_0}{{{x_0}-\sqrt{3}}}（x-\sqrt{3}）$，
令$y=\sqrt{3}$，得$N（\frac{{\sqrt{3}{x_0}+\sqrt{3}{y_0}-3}}{y_0}，\sqrt{3}）$．
（i）当直线AQ的斜率为$\frac{1}{2}$时，有$\left\{\begin{array}{l}\frac{y_0}{{{x_0}+\sqrt{3}}}=\frac{1}{2}\\ 2{x_0}^2+3{y_0}^2=6\end{array}\right.$，
消去x₀并整理得，$11{y_0}^2-8\sqrt{3}{y_0}=0$，
解得${y_0}=\frac{{8\sqrt{3}}}{11}$或y₀=0（舍），
∴△AMN的面积${S_{△AMN}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}×MN=\frac{{\sqrt{3}}}{2}×|{\frac{{\sqrt{3}{x_0}-\sqrt{3}{y_0}+3}}{y_0}-\frac{{\sqrt{3}{x_0}+\sqrt{3}{y_0}-3}}{y_0}}|$=$3×|{\frac{{\sqrt{3}-{y_0}}}{y_0}}|$=$\frac{9}{8}$；
（ii）证明：$DM=|{\frac{{\sqrt{3}{x_0}-\sqrt{3}{y_0}+3}}{y_0}+\sqrt{3}}|=|{\frac{{\sqrt{3}{x_0}+3}}{y_0}}|$，
$CN=|{\frac{{\sqrt{3}{x_0}+\sqrt{3}{y_0}-3}}{y_0}-\sqrt{3}}|=|{\frac{{\sqrt{3}{x_0}-3}}{y_0}}|$，
∴$DM•CN=|{\frac{{\sqrt{3}{x_0}+3}}{y_0}}|•|{\frac{{\sqrt{3}{x_0}-3}}{y_0}}|=|{\frac{{3{x_0}^2-9}}{{{y_0}^2}}}|=|{\frac{{3{x_0}^2-9}}{{\frac{{6-2{x_0}^2}}{3}}}}|=\frac{9}{2}$，
所以对任意的动点Q，DM•CN为定值，该定值为$\frac{9}{2}$．

点评 本题是一道关于椭圆的综合题，涉及到两点间距离公式、三角形面积公式等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．