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(diǎn)B且互相垂直的兩直線l₁，l₂分別交橢圓C于點(diǎn)M，N（點(diǎn)M，N均異于點(diǎn)B），試問直線MN是否過定點(diǎn)，若過定點(diǎn)？求出定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，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(lián)立解出即可得出．
（Ⅱ）由（Ⅰ），橢圓C的左頂點(diǎn)B（-2，0）．對(duì)直線MN斜率分類討論，利用直線與橢圓相交轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系，再利用數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)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(diǎn)B（-2，0）．
①當(dāng)直線MN斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN方程為y=kx+n，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
聯(lián)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(dá)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(dāng)n=2k時(shí)，直線MN方程為y=kx+2k過點(diǎn)B（-2，0），不合題意應(yīng)舍去，
當(dāng)$n=\frac{6}{5}k$時(shí)，滿足不等式（*），直線MN方程為$y=kx+\frac{6}{5}k$，過定點(diǎn)$（-\frac{6}{5}，0）$．
②當(dāng)直線MN斜率不存在時(shí)，設(shè)直線MN方程為x=n，
則M坐標(biāo)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(shí)直線MN過點(diǎn)$（-\frac{6}{5}，0）$．
綜上所述：直線MN過定點(diǎn)$（-\frac{6}{5}，0）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、向量垂直與數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．