Question

13．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的頂點B到左焦點F₁的距離為2，離心率e=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若點A為橢圓C的右頂點，過點A作互相垂直的兩條射線，與橢圓C分別交于不同的兩點M，N（M，N不與左、右頂點重合），試判斷直線MN是否過定點，若過定點，求出該定點的坐標； 若不過定點，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知列出關于a，b，c的方程組，求解方程組得到a，b的值，則橢圓方程可求；
（2）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），當直線MN的斜率不存在時，△MNA為等腰直角三角形，求出M的坐標，可得直線MN過點$（{\frac{6}{5}，0}）$；
當直線的斜率存在時，設直線MN的方程為y=kx+m，聯立直線方程和橢圓方程，得（1+k²）x²+8kmx+4m²-4=0，由判別式大于0可得4k²-m²+1＞0，再由AM⊥AN，且橢圓的右頂點A為（2，0），由向量數量積為0解得m=-2k或$m=-\frac{6k}{5}$，然后分類求得直線MN的方程得答案．

解答 解：（1）由題意可知：$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.$，
解得：$a=2，b=1，c=\sqrt{3}$，
故橢圓的標準方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
當直線MN的斜率不存在時，MN⊥x軸，
△MNA為等腰直角三角形，
∴|y₁|=|2-x₁|，
又$\frac{x_1^2}{4}+y_1^2=1$，M，N不與左、右頂點重合，解得${x_1}=\frac{6}{5}$，此時，直線MN過點$（{\frac{6}{5}，0}）$；
當直線的斜率存在時，設直線MN的方程為y=kx+m，
由方程組$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=kx+m\end{array}\right.$，得（1+k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
△=（8km）²-4（1+k²）（4m²-4）＞0，整理得4k²-m²+1＞0，
${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$．
由已知AM⊥AN，且橢圓的右頂點A為（2，0），
∴$（{{x_1}-2}）（{{x_2}-2}）+{y_1}{y_2}=0，{y_1}{y_2}=（{k{x_1}+m}）（{k{x_2}+m}）={k^2}{x_1}{x_2}+km（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}$，
$（{1+{k^2}}）{x_1}{x_2}+（{km-2}）（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}+4=0$，
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$m=\frac{-6k}{5}$，均滿足△=4k²-m²+1＞0成立．
當m=-2k時，直線l的方程y=kx-2k過頂點（2，0），與題意矛盾舍去．
當$m=-\frac{6k}{5}$時，直線l的方程$y=k（{x-\frac{6}{5}}）$，過定點$（{\frac{6}{5}，0}）$，
故直線過定點，且定點是$（{\frac{6}{5}，0}）$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，考查了直線與橢圓位置關系的應用，訓練了平面向量在求解圓錐曲線問題中的應用，考查計算能力，是中檔題．