Question

2．已知F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點，A，B分別是橢圓C的左、右頂點，$\overrightarrow{A{F_2}}=（5+2\sqrt{6}）\overrightarrow{{F_2}B}$，且OF₂（其中O為坐標(biāo)原點）的中點坐標(biāo)為$（\frac{{\sqrt{30}}}{6}，0）$．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）已知動直線y=k（x+1）與橢圓C相交于P，Q兩點，已知點$M（-\frac{7}{3}，0）$，求證：$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}$是定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出橢圓的焦點坐標(biāo)，求出c，通過$\overrightarrow{A{F_2}}=（5+2\sqrt{6}）\overrightarrow{{F_2}B}$，求解a，然后求解橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），將y=k（x+1）代入$\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{{\frac{5}{3}}}=1$，利用韋達(dá)定理，通過向量的數(shù)量積化簡求解即可．

解答 解：（Ⅰ）∵OF₂的中點坐標(biāo)為$（\frac{{\sqrt{30}}}{6}，0）$，∴${F_2}（\frac{{\sqrt{30}}}{3}，0）$，則$c=\frac{{\sqrt{30}}}{3}$，
∵$\overrightarrow{A{F_2}}=（5+2\sqrt{6}）\overrightarrow{{F_2}B}$，
∴$a+c=（5+2\sqrt{6}）（a-c）$，解得$a=\sqrt{5}$，
∴${b^2}={a^2}-{c^2}=5-\frac{10}{3}=\frac{5}{3}$，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{{\frac{5}{3}}}=1$．
（Ⅱ）證明：
則△=48k²+20＞0，${x_1}+{x_2}=-\frac{{6{k^2}}}{{1+3{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{3{k^2}-5}}{{1+3{k^2}}}$，
∴$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}=（{x_1}+\frac{7}{3}，{y_1}）•（{x_2}+\frac{7}{3}，{y_2}）$
=$（{x_1}+\frac{7}{3}）（{x_2}+\frac{7}{3}）+{y_1}{y_2}$
=$（{x_1}+\frac{7}{3}）（{x_2}+\frac{7}{3}）+{k^2}（{x_1}+1）（{x_2}+1）$
=$（1+{k^2}）•\frac{{3{k^2}-5}}{{1+3{k^2}}}+（\frac{7}{3}+{k^2}）（-\frac{{6{k^2}}}{{1+3{k^2}}}）+\frac{49}{9}+{k^2}$
=$\frac{{-（3{k^2}+1）（{k^2}+5）}}{{1+3{k^2}}}+\frac{49}{9}+{k^2}$
=$-{k^2}-5+\frac{49}{9}+{k^2}=\frac{4}{9}$，
∴$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}$為定值．

點評 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，橢圓方程的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及設(shè)而不求方法的應(yīng)用，考查計算能力，