Question

1．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）過(guò)點(diǎn)（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．過(guò)橢圓右頂點(diǎn)A的兩條斜率乘積為-$\frac{1}{4}$的直線分別交橢圓C于M，N兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）直線MN是否過(guò)定點(diǎn)D？若過(guò)定點(diǎn)D，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不過(guò)，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （I）由橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過(guò)點(diǎn)（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，建立方程，求出a，b，即可求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)AM、AN的方程，代入橢圓方程，求出M，N的坐標(biāo)，進(jìn)而可得MN的方程，即可得出結(jié)論．

解答 解：（I）由已知$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4^{2}}=1}\end{array}\right.$，∴a=2，b=1，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）直線MN過(guò)定點(diǎn)D（0，0）．
證明如下：由題意，A（2，0），直線AM和直線AN的斜率存在且不為0，
設(shè)AM的方程為y=k（x-2），代入橢圓方程得（1+4k²）x²-16k²x+16k²-4=0
∴2x_M=$\frac{16{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
∴x_M=$\frac{8{k}^{2}-2}{1+4{k}^{2}}$，
∴y_M=k（x_M-2）=$\frac{-4k}{1+4{k}^{2}}$，
∴M（$\frac{8{k}^{2}-2}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{-4k}{1+4{k}^{2}}$），
∵橢圓右頂點(diǎn)A的兩條斜率乘積為-$\frac{1}{4}$的直線分別交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，
∴設(shè)直線AN的方程為y=-$\frac{1}{4k}$（x-2），
同理可得N（$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$），
x_M≠x_N，即k$≠±\frac{1}{2}$時(shí)，k_MN=$\frac{2k}{1-4{k}^{2}}$，
∴直線MN的方程為y-$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{2k}{1-4{k}^{2}}$（x-$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$），即y=$\frac{2k}{1-4{k}^{2}}$x，
∴直線MN過(guò)定點(diǎn)D（0，0）．
x_M=x_N，即k=$\frac{1}{2}$時(shí)，直線MN過(guò)定點(diǎn)D（0，0）．
綜上所述，直線MN過(guò)定點(diǎn)D（0，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查直線過(guò)定點(diǎn)，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題．