Question

6．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且經(jīng)過點A（0，-1）．
（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；
（Ⅱ）如果過點$B（0，\frac{3}{5}）$的直線與橢圓交于M，N兩點（M，N點與A點不重合），求證：△AMN為直角三角形．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點A（0，-1），求出b，由離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，求出a，由此能求出橢圓C的標準方程．
（Ⅱ）設MN的方程為$y=kx+\frac{3}{5}$，與橢圓聯(lián)立，得$（1+4{k^2}）{x^2}+\frac{24}{5}kx-\frac{64}{25}=0$，由此利用韋達定理、根的判別式、向量的數(shù)量積，結合已知條件能證明△AMN為直角三角形．

解答 （本小題滿分14分）
解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且經(jīng)過點A（0，-1），
∴b=1．…（1分）
$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{{a^2}-1}}}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，解得a=2．…（3分）
∴橢圓C的標準方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．                                   …（4分）
證明：（Ⅱ）若過點$（0，\frac{3}{5}）$的直線MN的斜率不存在，此時M，N兩點中有一個點與A點重合，不滿足題目條件．                                                         …（5分）
若過點$（0，\frac{3}{5}）$的直線MN的斜率存在，設其斜率為k，則MN的方程為$y=kx+\frac{3}{5}$，
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+\frac{3}{5}\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，得$（1+4{k^2}）{x^2}+\frac{24}{5}kx-\frac{64}{25}=0$．…（7分）
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=-\frac{24k}{{5（1+4{k^2}）}}\\{x_1}•{x_2}=-\frac{64}{{25（1+4{k^2}）}}\\△＞0\end{array}\right.$，…（9分）
∴${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}）+\frac{6}{5}=\frac{6}{{5（1+4{k^2}）}}$，
${y_1}•{y_2}={k^2}{x_1}•{x_2}+\frac{3}{5}k（{x_1}+{x_2}）+\frac{9}{25}=\frac{{-100{k^2}+9}}{{25（1+4{k^2}）}}$．…（11分）
∵A（0，-1），
∴$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}=（{x_1}，{y_1}+1）•（{x_2}，{y_2}+1）={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}+（{y_1}+{y_2}）+1$
=$-\frac{64}{{25（1+4{k^2}）}}+\frac{{-100{k^2}+9}}{{25（1+4{k^2}）}}$$+\frac{6}{{5（1+4{k^2}）}}+1=0$
∴AM⊥AN，∴△AMN為直角三角形．…（14分）

點評 本題考查橢圓標準方程的求法，考查直線三角形的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意韋達定理、根的判別式、向量的數(shù)量積、橢圓性質的合理運用．