Question

15．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A₁，A₂，且|A₁A₂|=4$\sqrt{3}$，该椭圆的离心率为$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，以M（-3，2）为圆心，r为半径的圆与椭圆C交于A，B两点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若A，B两点关于原点对称，求圆M的方程；
（3）若点A的坐标为（0，2），求△ABM的面积．

Answer 1

分析 （1）由题意求出a=2$\sqrt{3}$，结合椭圆离心率求得c，再由隐含条件求得b，则椭圆C的方程可求；
（2）由A，B两点关于原点对称，可知O是AB的中点，结合垂径定理可知MO⊥AB，进一步得到直线MO的斜率，得到直线AB的斜率，则直线AB的方程可求，联立直线方程和椭圆方程，求出A的坐标由勾股定理得圆的半径，则圆M的方程可求；
（3）由题意知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+2，联立直线方程和椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，求得B的坐标，进一步得线段AB的中点E的坐标，求得直线ME的斜率，结合题意列式求得AB的斜率，得到直线AB的方程为y=x+2，求出|AB|，由点到直线的距离公式求得点M到直线AB的距离，代入△ABM的面积公式得答案．

解答 解：（1）由题意可知2a=4$\sqrt{3}$，即a=2$\sqrt{3}$，又$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，则$c=2\sqrt{2}$，
∴b²=${a}^{2}-{c}^{2}=（2\sqrt{3}）^{2}-（2\sqrt{2}）^{2}=4$，
即椭圆C的方程为$\frac{{x_{\;}^2}}{12}+\frac{{y_{\;}^2}}{4}=1$；
（2）∵A，B两点关于原点对称，∴O是AB的中点，
由垂径定理可知MO⊥AB，又M（-3，2），∴直线MO的斜率为-$\frac{2}{3}$，
故直线AB的斜率为$\frac{3}{2}$，则直线AB的方程为y=$\frac{3}{2}$x，
联立$\left\{\begin{array}{l}\frac{{x_{\;}^2}}{12}+\frac{{y_{\;}^2}}{4}=1\\ y=\frac{3}{2}x\end{array}\right.$，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+$\frac{48}{31}+\frac{108}{31}=\frac{559}{31}$，
∴圆M的方程为（x+3）²+（y-2）²=$\frac{559}{31}$；
（3）由题意知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+2，
联立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{4}=1\\ y=kx+2\end{array}\right.$，得（1+3k²）x²+12kx=0，
则B（$-\frac{12k}{{1+3{k^2}}}，\frac{{2-6{k^2}}}{{1+3{k^2}}}$），线段AB的中点为E（$-\frac{6k}{{1+3{k^2}}}，\frac{2}{{1+3{k^2}}}$），
直线ME的斜率为$\frac{{\frac{2}{{1+3{k^2}}}-2}}{{-\frac{6k}{{1+3{k^2}}}-（-3）}}=\frac{{-2{k^2}}}{{3{k^2}-2k+1}}$，
∵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，
∴直线AB的方程为y=x+2，
又B（-3，-1），∴|AB|=3$\sqrt{2}$，
而点M到直线AB的距离为$\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，
故△ABM的面积为$\frac{1}{2}×3\sqrt{2}×\frac{{3\sqrt{2}}}{2}=\frac{9}{2}$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，是直线与圆、圆锥曲线的综合题，训练了直线与圆锥曲线位置关系的应用，考查计算能力，属有一定难度题目．