已知椭圆 $C: \dfrac{y^{2}}{a^{2}}+\dfrac{x^{2}}{b^{2}}=1$（$a>b>0$）的离心率为 $\dfrac{\sqrt{5}}{3}$，点 $A(-2,0)$ 在 $C$ 上．
1、求 $C$ 的方程．
2、过点 $(-2,3)$ 的直线交 $C$ 于点 $P, Q$ 两点，直线 $A P, A Q$ 与 $y$ 轴的交点分别为 $M, N$，证明：线段 $M N$ 的中点为定点．
解析
1、根据题意，有\[\begin{cases} b=2,\\ \sqrt{1-\dfrac{b^2}{a^2}}=\dfrac{\sqrt 5}3,\end{cases}\iff \begin{cases} a=3,\\ b=2,\end{cases}\]因此 $C$ 的方程为 $\dfrac{y^2}9+\dfrac{x^2}4=1$．
2、如图，设 $P(2\cos\alpha,3\sin\alpha)$，$Q(2\cos\beta,3\sin\beta)$，$\alpha,\beta\in[0,2\pi)$ 且 $\alpha\ne\beta$．
根据截距坐标公式，点 $M$ 的纵坐标为\[\dfrac{(-2)\cdot 3\sin\alpha-2\cos\alpha\cdot 0}{(-2)-(2\cos\alpha)}=\dfrac{3\sin\alpha}{1+\cos\alpha},\]同理，点 $N$ 的纵坐标为 $\dfrac{3\sin\beta}{1+\cos\beta}$，因此 $MN$ 的中点纵坐标为\[t=\dfrac12\left(\dfrac{3\sin\alpha}{1+\cos\alpha}+\dfrac{3\sin\beta}{1+\cos\beta}\right)=\dfrac 32\left(\tan\dfrac{\alpha}2+\tan\dfrac{\beta}2\right).\]直线 $PQ$ 过点 $(-2,3)$，因此\[\dfrac{3\sin\alpha-3}{2\cos\alpha-(-2)}=\dfrac{3\sin\beta-3}{2\cos\beta-(-2)}\iff \dfrac{\sin\alpha-1}{\cos\alpha+1}=\dfrac{\sin\beta-1}{\cos\beta+1},\]即\[\dfrac{\left(\sin\dfrac{\alpha}2-\cos\dfrac{\alpha}2\right)^2}{2\cos^2\dfrac{\alpha}2}=\dfrac{\left(\sin\dfrac{\beta}2-\cos\dfrac{\beta}2\right)^2}{2\cos^2\dfrac{\beta}2}\iff\left|\tan\dfrac{\alpha}2-1\right|=\left|\tan\dfrac{\beta}2-1\right|,\]由于 $\alpha,\beta\in[0,2\pi)$ 且 $\alpha\ne\beta$，因此 $\tan\dfrac{\alpha}2\ne \tan\dfrac{\beta}2$，从而\[\tan\dfrac{\alpha}2-1=-\left(\tan\dfrac{\beta}2-1\right)\implies t=3,\]因此线段 $MN$ 的中点为定点 $(0,3)$．