Question

12．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，焦距為2$\sqrt{3}$．
（Ⅰ） 求橢圓C的方程；
（Ⅱ） 過橢圓C的左頂點B且互相垂直的兩直線l₁，l₂分別交橢圓C于點M，N（點M，N均異于點B），試問直線MN是否過定點，若過定點？求出定點的坐標；若不過定點，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得$c=\sqrt{3}$，$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，b²=a²-c²，聯立解出即可得出．
（Ⅱ）由（Ⅰ），橢圓C的左頂點B（-2，0）．對直線MN斜率分類討論，利用直線與橢圓相交轉化為方程聯立可得一元二次方程的根與系數的關系，再利用數量積運算性質即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由題$c=\sqrt{3}$，$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，則a=2，b²=a²-c²=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）由（Ⅰ），橢圓C的左頂點B（-2，0）．
①當直線MN斜率存在時，設直線MN方程為y=kx+n，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
聯立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+n\\{x^2}+4{y^2}=4\end{array}\right.$整理得（4k²+1）x²+8knx+4n²-4=0，
則${x_1}+{x_2}=\frac{-8kn}{{4{k^2}+1}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{4{n^2}-4}}{{4{k^2}+1}}$，
判別式△=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$（{k^2}+1）{x_1}•{x_2}+（kn+2）（{x_1}+{x_2}）+{n^2}+4=0$，
代入韋達定理得$\frac{{（{k^2}+1）（4{n^2}-4）-8kn（kn+2）+（{n^2}+4）（4{k^2}+1）}}{{4{k^2}+1}}=0$，
即5n²-16kn+12k²=0，解得n=2k或$n=\frac{6}{5}k$．
當n=2k時，直線MN方程為y=kx+2k過點B（-2，0），不合題意應舍去，
當$n=\frac{6}{5}k$時，滿足不等式（*），直線MN方程為$y=kx+\frac{6}{5}k$，過定點$（-\frac{6}{5}，0）$．
②當直線MN斜率不存在時，設直線MN方程為x=n，
則M坐標為（n，2+n），代入橢圓方程得$\frac{n^2}{4}+{（n+2）^2}=1$，解得$n=-\frac{6}{5}$，n=-2（舍去）．
此時直線MN過點$（-\frac{6}{5}，0）$．
綜上所述：直線MN過定點$（-\frac{6}{5}，0）$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、直線與橢圓相交轉化為方程聯立可得一元二次方程的根與系數的關系、向量垂直與數量積運算性質，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．