纵向椭圆与定点证明

【答案】(1) $\dfrac{y^{2}}{9}+\dfrac{x^{2}}{4}=1$ (2) 证明如下： 由题意可知：直线 $PQ$ 的斜率存在，设 $PQ:y=k\left(x+2\right)+3,P\left(x_{1},y_{1}\right),Q\left(x_{2},y_{2}\right)$ ， 联立方程 $\left\{\begin{matrix}y=k\left(x+2\right)+3 \\ \dfrac{y^{2}}{9}+\dfrac{x^{2}}{4}=1\end{matrix}\right.$ ，消去y得： $\left(4k^{2}+9\right)x^{2}+8k\left(2k+3\right)x+16\left(k^{2}+3k\right)=0$ ， 则 $\Delta=64k^{2}\left(2k+3\right)^{2}-64\left(4k^{2}+9\right)\left(k^{2}+3k\right)=-1728k>0$ ，解得 $k<0$ ， 可得 $x_{1}+x_{2}=-\dfrac{8k\left(2k+3\right)}{4k^{2}+9},x_{1}x_{2}=\dfrac{16\left(k^{2}+3k\right)}{4k^{2}+9}$ ， 因为 $A\left(-2,0\right)$ ，则直线 $AP:y=\dfrac{y_{1}}{x_{1}+2}\left(x+2\right)$ ， 令 $x=0$ ，解得 $y=\dfrac{2y_{1}}{x_{1}+2}$ ，即 $M\left(0,\dfrac{2y_{1}}{x_{1}+2}\right)$ , 同理可得 $N\left(0,\dfrac{2y_{2}}{x_{2}+2}\right)$ ， 则 $\dfrac{\dfrac{2y_{1}}{x_{1}+2}+\dfrac{2y_{2}}{x_{2}+2}}{2}=\dfrac{\left[k\left(x_{1}+2\right)+3\right]}{x_{1}+2}+\dfrac{\left[k\left(x_{2}+2\right)+3\right]}{x_{2}+2}$ $=\dfrac{\left[kx_{1}+\left(2k+3\right)\right]\left(x_{2}+2\right)+\left[kx_{2}+\left(2k+3\right)\right]\left(x_{1}+2\right)}{\left(x_{1}+2\right)\left(x_{2}+2\right)}$ $=\dfrac{2kx_{1}x_{2}+\left(4k+3\right)\left(x_{1}+x_{2}\right)+4\left(2k+3\right)}{x_{1}x_{2}+2\left(x_{1}+x_{2}\right)+4}$ $=\dfrac{\dfrac{32k\left(k^{2}+3k\right)}{4k^{2}+9}-\dfrac{8k\left(4k+3\right)\left(2k+3\right)}{4k^{2}+9}+4\left(2k+3\right)}{\dfrac{16\left(k^{2}+3k\right)}{4k^{2}+9}-\dfrac{16k\left(2k+3\right)}{4k^{2}+9}+4}=\dfrac{108}{36}=3$ ， 所以线段 $MN$ 的中点是定点 $\left(0,3\right)$ . [插图] 【分析】（1）根据题意列式求解 $a,b,c$ ，进而可得结果 （2） 设直线 $PQ$ 的方程，进而可求点 $M,N$ 的坐标，结合韦达定理验证 $\dfrac{y_{M}+y_{N}}{2}$ 为定值即可. 【详解】（1）由题意可得 $\left\{\begin{matrix}b=2 \ a^{2}=b^{2}+c^{2} \ e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\end{matrix}\right.$ ，解得 $\left\{\begin{matrix}a=3 \ b=2 \ c=\sqrt{5}\end{matrix}\right.$ ， 所以椭圆方程为 $\dfrac{y^{2}}{9}+\dfrac{x^{2}}{4}=1$ （2） 略 【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤 （1） 由特例得出一个值，此值一般就是定值 （2） 证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值 （3） 得出结论．