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.
科目:高中數學 來源: 題型:選擇題
A. | $\sqrt{\frac{a}r0oca2v}$<$\sqrt{\frac{c}}$ | B. | $\sqrt{\frac{a}tnq3wiw}$≤$\sqrt{\frac{c}}$ | C. | $\sqrt{\frac{a}7afgadg}$>$\sqrt{\frac{c}}$ | D. | $\sqrt{\frac{a}pfaypeg}$≥$\sqrt{\frac{c}}$ |
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科目:高中數學 來源: 題型:選擇題
A. | (-1,$\frac{1}{2}$) | B. | (-1,2) | C. | ($\frac{1}{2}$,2) | D. | (-2,1) |
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科目:高中數學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數學 來源: 題型:選擇題
A. | 離心率 | B. | 焦距 | C. | 長軸長 | D. | 焦點 |
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科目:高中數學 來源: 題型:選擇題
A. | [0,1) | B. | [0,1] | C. | [0,$\sqrt{5}$) | D. | [0,$\sqrt{5}$] |
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科目:高中數學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數學 來源: 題型:填空題
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