Question

17．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且經(jīng)過點(diǎn)（0，1）．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）已知直線l：y=kx+m（k≠0）與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，若以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點(diǎn)．求證：直線l過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知求得b，結(jié)合離心率及隱含條件求得a，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）聯(lián)立直線方程和橢圓方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求得兩點(diǎn)橫縱坐標(biāo)的乘積，再由向量數(shù)量積為0求得m與k的關(guān)系，分類求出直線方程可得直線l過定點(diǎn)的坐標(biāo)．

解答 解：（Ⅰ）∵點(diǎn)（0，1）在橢圓上，∴b²=1，即b=1．
∵$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，∴$\frac{{{a^2}-1}}{a^2}=\frac{3}{4}$，解得a=2．
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$，得（1+4k²）x²+8mkx+4（m²-1）=0，
△=64m²k²-16（1+4k²）（m²-1）＞0，即1+4k²-m²＞0．
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$．
${y_1}•{y_2}=（k{x_1}+m）•（k{x_2}+m）={k^2}{x_1}{x_2}+mk（{x_1}+{x_2}）+{m^2}=\frac{{{m^2}-4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}$．
∵以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點(diǎn)D（2，0），∴AD⊥BD，
∴$\overrightarrow{AD}•\overrightarrow{BD}=0$，
∵$\overrightarrow{AD}=（2-{x_1}，-{y_1}），\overrightarrow{BD}=（2-{x_2}，-{y_2}）$，
∴x₁x₂-2（x₁+x₂）+4+y₁y₂=0，即$\frac{{4（{m^2}-1）}}{{1+4{k^2}}}+\frac{16mk}{{1+4{k^2}}}+4+\frac{{{m^2}-4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}=0$，
即5m²+16mk+12k²=0，解得：${m_1}=-2k，{m_2}=-\frac{6k}{5}$，且滿足1+4k²-m²＞0．
當(dāng)m=-2k時(shí)，l：y=k（x-2），直線過定點(diǎn)（2，0），與已知矛盾；
當(dāng)$m=-\frac{6k}{5}$時(shí)，$l：y=k（x-\frac{6}{5}）$，直線過定點(diǎn)$（\frac{6}{5}，0）$．
綜上可知，直線l過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為$（\frac{6}{5}，0）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，訓(xùn)練了直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，屬中檔題．