Question

12．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的离心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，焦距为2$\sqrt{3}$．
（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）由题意可得$c=\sqrt{3}$，$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，b²=a²-c²，联立解出即可得出．
（Ⅱ）由（Ⅰ），椭圆C的左顶点B（-2，0）．对直线MN斜率分类讨论，利用直线与椭圆相交转化为方程联立可得一元二次方程的根与系数的关系，再利用数量积运算性质即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由题$c=\sqrt{3}$，$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，则a=2，b²=a²-c²=1，
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）由（Ⅰ），椭圆C的左顶点B（-2，0）．
①当直线MN斜率存在时，设直线MN方程为y=kx+n，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+n\\{x^2}+4{y^2}=4\end{array}\right.$整理得（4k²+1）x²+8knx+4n²-4=0，
则${x_1}+{x_2}=\frac{-8kn}{{4{k^2}+1}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{4{n^2}-4}}{{4{k^2}+1}}$，
判别式△=64k²n²-4（4k²+1）（4n²-4）=64k²-16n²+16＞0，
即n²＜4k²+1，…（*）
∵l₁，l₂互相垂直，所以$\overrightarrow{BM}•\overrightarrow{BN}=0$，即（x₁+2）（x₂+2）+y₁•y₂=0，
整理得$（{k^2}+1）{x_1}•{x_2}+（kn+2）（{x_1}+{x_2}）+{n^2}+4=0$，
代入韦达定理得$\frac{{（{k^2}+1）（4{n^2}-4）-8kn（kn+2）+（{n^2}+4）（4{k^2}+1）}}{{4{k^2}+1}}=0$，
即5n²-16kn+12k²=0，解得n=2k或$n=\frac{6}{5}k$．
当n=2k时，直线MN方程为y=kx+2k过点B（-2，0），不合题意应舍去，
当$n=\frac{6}{5}k$时，满足不等式（*），直线MN方程为$y=kx+\frac{6}{5}k$，过定点$（-\frac{6}{5}，0）$．
②当直线MN斜率不存在时，设直线MN方程为x=n，
则M坐标为（n，2+n），代入椭圆方程得$\frac{n^2}{4}+{（n+2）^2}=1$，解得$n=-\frac{6}{5}$，n=-2（舍去）．
此时直线MN过点$（-\frac{6}{5}，0）$．
综上所述：直线MN过定点$（-\frac{6}{5}，0）$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交转化为方程联立可得一元二次方程的根与系数的关系、向量垂直与数量积运算性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．