Question

13．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的顶点B到左焦点F₁的距离为2，离心率e=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点A为椭圆C的右頂点，过点A作互相垂直的两条射线，与椭圆C分別交于不同的两点M，N（M，N不与左、右顶点重合），试判断直线MN是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标； 若不过定点，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知列出关于a，b，c的方程组，求解方程组得到a，b的值，则椭圆方程可求；
（2）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），当直线MN的斜率不存在时，△MNA为等腰直角三角形，求出M的坐标，可得直线MN过点$（{\frac{6}{5}，0}）$；
当直线的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+m，联立直线方程和椭圆方程，得（1+k²）x²+8kmx+4m²-4=0，由判别式大于0可得4k²-m²+1＞0，再由AM⊥AN，且椭圆的右顶点A为（2，0），由向量数量积为0解得m=-2k或$m=-\frac{6k}{5}$，然后分类求得直线MN的方程得答案．

解答 解：（1）由题意可知：$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.$，
解得：$a=2，b=1，c=\sqrt{3}$，
故椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
当直线MN的斜率不存在时，MN⊥x轴，
△MNA为等腰直角三角形，
∴|y₁|=|2-x₁|，
又$\frac{x_1^2}{4}+y_1^2=1$，M，N不与左、右顶点重合，解得${x_1}=\frac{6}{5}$，此时，直线MN过点$（{\frac{6}{5}，0}）$；
当直线的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+m，
由方程组$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=kx+m\end{array}\right.$，得（1+k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
△=（8km）²-4（1+k²）（4m²-4）＞0，整理得4k²-m²+1＞0，
${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$．
由已知AM⊥AN，且椭圆的右顶点A为（2，0），
∴$（{{x_1}-2}）（{{x_2}-2}）+{y_1}{y_2}=0，{y_1}{y_2}=（{k{x_1}+m}）（{k{x_2}+m}）={k^2}{x_1}{x_2}+km（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}$，
$（{1+{k^2}}）{x_1}{x_2}+（{km-2}）（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}+4=0$，
即$（{1+{k^2}}）\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}+（{km-2}）•\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}+{m^2}+4=0$，
整理得5m²+16km+12k²=0，解得m=-2k或$m=\frac{-6k}{5}$，均满足△=4k²-m²+1＞0成立．
当m=-2k时，直线l的方程y=kx-2k过顶点（2，0），与题意矛盾舍去．
当$m=-\frac{6k}{5}$时，直线l的方程$y=k（{x-\frac{6}{5}}）$，过定点$（{\frac{6}{5}，0}）$，
故直线过定点，且定点是$（{\frac{6}{5}，0}）$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆位置关系的应用，训练了平面向量在求解圆锥曲线问题中的应用，考查计算能力，是中档题．