Question

2．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點(diǎn)（1，$\frac{3}{2}$），且離心率e=$\frac{1}{2}$
（Ⅰ）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）設(shè)橢圓E的右頂點(diǎn)為A，若直線l：y=kx+m與橢圓E相交于M、N兩點(diǎn)（異于A點(diǎn)），且滿足MA⊥NA，試證明直線l經(jīng)過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意的離心率公式e=$\frac{c}{a}$，求得a=2c，b²=3c²，將點(diǎn)代入橢圓方程，即可求得a和b的值，即可求得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）將直線方程代入橢圓方程，由題意可知$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=0，由向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算及韋達(dá)定理，即可求得m和k的關(guān)系，代入即可求得直線恒過定點(diǎn)．

解答 解：（Ⅰ）由橢圓離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，則a=2c，b²=a²-c²=3c²，
將（1，-$\frac{3}{2}$）代入橢圓方程：$\frac{{x}^{2}}{4{c}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{3{c}^{2}}=1$，解得：c=1，則a²=4，b²=3，
橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$…（3分）
（Ⅱ）證明：設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得（3+4k²）x²+8mkx+4（m²-3）=0，
則x₁+x₂=-$\frac{8mk}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4（{m}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$，
且△=64m²k²-16（3+4k²）（m²-3）＞0，即3+4k²-m²＞0，
∵以MN為直徑的圓過橢圓的右頂點(diǎn)A
∴AM⊥AN，即$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=0，則（x₁-2，y₁）（x₂-2，y₂）=0，即y₁y₂+x₁x₂-2（x₁+x₂）+4=0，
又y₁y₂=（kx₁+m）•（kx₂+m）=k²x₁x₂+mk（x₁+x₂）+m²=$\frac{3（{m}^{2}-4{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$，
∴$\frac{4（{m}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$+$\frac{3（{m}^{2}-4{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$+2×$\frac{8mk}{3+4{k}^{2}}$+4=0，
化簡得，7m²+4k²+16mk=0
解得m=-2k或m=-$\frac{2k}{7}$且均滿足3+4k²-m²＞0
當(dāng)m=-2k時，L：y=k（x-2），直線過定點(diǎn)（2，0）與已知矛盾；
當(dāng)m=-$\frac{2k}{7}$時，L；y=k（x-$\frac{2}{7}$），直線過定點(diǎn)（$\frac{2}{7}$，0），
綜上，直線l過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為（$\frac{2}{7}$，0）．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，考查計算能力，屬于中檔題．