Question

4．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，点A（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）在椭圆C上
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过椭圆C的左顶点B且互相垂直的两直线l₁，l₂分别交椭圆C于点M，N（点M，N均异于点B），试问直线MN是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用椭圆的离心率公式和将A点坐标代入椭圆的标准方程，解方程组得出a，b，即可得到椭圆方程；
（Ⅱ）设两条直线方程分别为y=kx+2k，y=-$\frac{1}{k}$（x+2），分别与椭圆方程联立解出M，N坐标，得出直线MN的斜率和方程，即可得出定点坐标．

解答 解：（Ⅰ）e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²-b²=c²，
点A（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）在椭圆C上，可得
$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{4{b}^{2}}$=1，
解方程可得a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$，
可得椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）椭圆的左顶点为B（-2，0），
由题意可知直线BM的斜率存在且不为0．
设直线BM的方程为y=kx+2k，
则直线BN的方程为y=-$\frac{1}{k}$（x+2），
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2k}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，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（$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$），
同理将k换为-$\frac{1}{k}$，可得N（$\frac{2{k}^{2}-8}{4+{k}^{2}}$，-$\frac{4k}{4+{k}^{2}}$）．
∴直线MN的斜率k_MN=$\frac{{y}_{M}-{y}_{N}}{{x}_{M}-{x}_{N}}$=$\frac{5k}{4（1-{k}^{2}）}$，
∴MN的直线方程为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+$\frac{6}{5}$），
∴直线MN过定点（-$\frac{6}{5}$，0）．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心率公式的运用，考查直线与椭圆的位置关系，注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，同时考查直线恒过定点的求法，属于中档题