Question

17．已知椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的上顶点B到两焦点的距离和为4，离心率$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若点A为椭圆C的右顶点，过点A作相互垂直的两条射线，与椭圆C分别交于不同的两点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 （Ⅰ）由利用已知条件列出$\left\{\begin{array}{l}2a=4\\ e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.$，求解可得椭圆方程．
（Ⅱ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），当直线MN的斜率不存在时，推出直线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+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，△＞0，得到4k²-m²+1＞0，利用韦达定理，结合AM⊥AN，椭圆的右顶点为（2，0），通过（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=0，求解当$m=-\frac{6}{5}k$时，直线l的方程$y=k（{x-\frac{6}{5}}）$过定点$（{\frac{6}{5}，0}）$，推出结果．

解答 解：（Ⅰ）由题意知：$\left\{\begin{array}{l}2a=4\\ e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.$，解得$a=2，b=1，c=\sqrt{3}$，
所以椭圆的标准方程是$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，
（Ⅱ）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$\frac{{{x_1}^2}}{4}+{y_1}^2=1$，
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+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
△=（8km）²-4（1+4k²）（4m²-4）＞0，
整理得4k²-m²+1＞0，
则${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$，
由已知AM⊥AN，且椭圆的右顶点为（2，0），
所以（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=0，${y_1}{y_2}=（{k{x_1}+m}）（{k{x_2}+m}）={k^2}{x_1}{x_2}+km（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}$，
所以$（{{x_1}-2}）（{{x_2}-2}）+{y_1}{y_2}=（{1+{k^2}}）{x_1}{x_2}+（{km-2}）（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}+4=0$，
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$m=-\frac{6}{5}k$，均满足△＞0，
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$m=-\frac{6}{5}k$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 本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，直线恒过定点问题，考查转化思想以及计算能力．