题目内容
1．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）过点（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．过椭圆右顶点A的两条斜率乘积为-$\frac{1}{4}$的直线分别交椭圆C于M，N两点．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）直线MN是否过定点D？若过定点D，求出点D的坐标；若不过，请说明理由．
分析 （I）由椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）过点（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，建立方程，求出a，b，即可求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）设AM、AN的方程，代入椭圆方程，求出M，N的坐标，进而可得MN的方程，即可得出结论．
解答 解：（I）由已知$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，∴a=2，b=1，
∴椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）直线MN过定点D（0，0）．
证明如下：由题意，A（2，0），直线AM和直线AN的斜率存在且不为0，
设AM的方程为y=k（x-2），代入椭圆方程得（1+4k2）x2-16k2x+16k2-4=0
∴2xM=$\frac{16{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
∴xM=$\frac{8{k}^{2}-2}{1+4{k}^{2}}$，
∴yM=k（xM-2）=$\frac{-4k}{1+4{k}^{2}}$，
∴M（$\frac{8{k}^{2}-2}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{-4k}{1+4{k}^{2}}$），
∵椭圆右顶点A的两条斜率乘积为-$\frac{1}{4}$的直线分别交椭圆C于M，N两点，
∴设直线AN的方程为y=-$\frac{1}{4k}$（x-2），
同理可得N（$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$），
xM≠xN，即k$≠±\frac{1}{2}$时，kMN=$\frac{2k}{1-4{k}^{2}}$，
∴直线MN的方程为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，
∴直线MN过定点D（0，0）．
xM=xN，即k=$\frac{1}{2}$时，直线MN过定点D（0，0）．
综上所述，直线MN过定点D（0，0）．
点评 本题考查椭圆方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查直线过定点，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
如图，已知△ABC的三条高是AD，BE，CF，用向量方法证明：AD，BE，CF相交于一点．| A． | $\frac{1}{2}$（1-2${\;}^{-\frac{1}{16}}$）-1 | B． | （1-2${\;}^{-\frac{1}{16}}$）-1 | C． | 1-2${\;}^{-\frac{1}{16}}$ | D． | $\frac{1}{2}$（1-2${\;}^{-\frac{1}{16}}$） |
| A． | 假设n=k（k∈N）时命题成立，即xk+yk能被x+y整除 | |
| B． | 假设n≥k（k∈N）时命题成立，即xk+yk能被x+y整除 | |
| C． | 假设n=2k+1（k∈N*）时命题成立，即x2k+1+y2k+1能被x+y整除 | |
| D． | 假设n=2k-1（k∈N*）时命题成立，即x2k-1+y2k-1能被x+y整除 |
| A． | M2≥2n+1 | B． | 当n≥2时，2M≥4n-2 | C． | M2≥2n+1 | D． | 当n≥3时，2M≥2n+2 |