Question

4．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，點(diǎn)A（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）在橢圓C上
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過橢圓C的左頂點(diǎn)B且互相垂直的兩直線l₁，l₂分別交橢圓C于點(diǎn)M，N（點(diǎn)M，N均異于點(diǎn)B），試問直線MN是否過定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，求出定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運(yùn)用橢圓的離心率公式和將A點(diǎn)坐標(biāo)代入橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，解方程組得出a，b，即可得到橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)兩條直線方程分別為y=kx+2k，y=-$\frac{1}{k}$（x+2），分別與橢圓方程聯(lián)立解出M，N坐標(biāo)，得出直線MN的斜率和方程，即可得出定點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（Ⅰ）e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²-b²=c²，
點(diǎn)A（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）在橢圓C上，可得
$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{4^{2}}$=1，
解方程可得a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$，
可得橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）橢圓的左頂點(diǎn)為B（-2，0），
由題意可知直線BM的斜率存在且不為0．
設(shè)直線BM的方程為y=kx+2k，
則直線BN的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x+2），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2k}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+16k²x+16k²-4=0，
由-2x_M=$\frac{16{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，解得x_M=$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，
即有M（$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$），
同理將k換為-$\frac{1}{k}$，可得N（$\frac{2{k}^{2}-8}{4+{k}^{2}}$，-$\frac{4k}{4+{k}^{2}}$）．
∴直線MN的斜率k_MN=$\frac{{y}_{M}-{y}_{N}}{{x}_{M}-{x}_{N}}$=$\frac{5k}{4（1-{k}^{2}）}$，
∴MN的直線方程為y-$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{5k}{4（1-{k}^{2}）}$（x-$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$），
即y=$\frac{5k}{4（1-{k}^{2}）}$x+$\frac{3k}{2（1-{k}^{2}）}$，
即y=$\frac{5k}{4（1-{k}^{2}）}$（x+$\frac{6}{5}$），
∴直線MN過定點(diǎn)（-$\frac{6}{5}$，0）．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要是離心率公式的運(yùn)用，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，同時考查直線恒過定點(diǎn)的求法，屬于中檔題