（2013•江西）橢圓C：
x2
a2
+
y2
b2
=1（a＞b＞0）的離心率e=
3
2
，a+b=3．
（1）求橢圓C的方程；
（2）如圖，A，B，D是橢圓C的頂點，P是橢圓C上除頂點外的任意點，直線DP交x軸于點N直線AD交BP于點M，設BP的斜率為k，MN的斜率為m，證明2m-k為定值．
分析：（1）由題目給出的離心率及a+b=3，結合條件a2=b2+c2列式求出a，b，則橢圓方程可求；
（2）設出直線方程，和橢圓方程聯(lián)立后解出P點坐標，兩直線方程聯(lián)立解出M點坐標，由D，P，N三點共線解出N點坐標，
由兩點求斜率得到MN的斜率m，代入2m-k化簡整理即可得到2m-k為定值．
解答：（1）解：因為e=
c
a
=
3
2
，所以
c2
a2
=
a2-b2
a2
=
3
4
，即a2=4b2，a=2b．
又a+b=3，得a=2，b=1．
所以橢圓C的方程為
x2
4
+y2=1；
（2）證明：因為B（2，0），P不為橢圓頂點，則可設直線BP的方程為y=k(x-2) (k≠0，k≠±
1
2
)．
聯(lián)立
y=k(x-2)
x2
4
+y2=1
，得（4k2+1）x2-16k2x+16k2-4=0．
所以xP+2=
16k2
4k2+1
，xP=
8k2-2
4k2+1
．
則yP=k(
8k2-2
4k2+1
-2)=
-4k
4k2+1
．
所以P（
8k2-2
4k2+1
，
-4k
4k2+1
）．
又直線AD的方程為y=
1
2
x+1．
聯(lián)立
y=k(x-2)
y=
1
2
x+1
，解得M（
4k+2
2k-1
，
4k
2k-1
）．
由三點D（0，1），P（
8k2-2
4k2+1
，
-4k
4k2+1
），N（x，0）共線，
得
-4k
4k2+1
-1
8k2-2
4k2+1
-0
=
0-1
x-0
，所以N（
4k-2
2k+1
，0）．
所以MN的斜率為m=
4k
2k-1
-0
4k+2
2k-1
-
4k-2
2k+1
=
4k(2k+1)
2(2k+1)2-2(2k-1)2
=
2k+1
4
．
則2m-k=
2k+1
2
-k=
1
2
．
所以2m-k為定值
1
2
．
點評：本題考查了橢圓的標準方程，考查了直線與圓錐曲線的關系，訓練了二次方程中根與系數(shù)關系，考查了由兩點求斜率的公式，是中高檔題．
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相關習題

科目：高中數(shù)學 來源： 題型：

（2013•江西）如圖，橢圓C：
x2
a2
+
y2
b2
=1(a＞b＞0)經過點P （1，
3
2
），離心率e=
1
2
，直線l的方程為x=4．
（1）求橢圓C的方程；
（2）AB是經過右焦點F的任一弦（不經過點P），設直線AB與直線l相交于點M，記PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3．問：是否存在常數(shù)λ，使得k1+k2=λk3？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由．

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科目：高中數(shù)學 來源： 題型：

（2013•深圳一模）已知兩點F1（-1，0）及F2（1，0），點P在以F1、F2為焦點的橢圓C上，且|PF1|、|F1F2|、|PF2|構成等差數(shù)列．
（1）求橢圓C的方程；
（2）如圖，動直線l：y=kx+m與橢圓C有且僅有一個公共點，點M，N是直線l上的兩點，且F1M⊥l，F(xiàn)2N⊥l．求四邊形F1MNF2面積S的最大值．

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科目：高中數(shù)學 來源： 題型：

（2013•和平區(qū)一模）已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，離心率為
1
2
，它的一個頂點恰好是拋物線y=
3
12
x2的焦點．
（I）求橢圓C的標準方程；
（II）若A、B是橢圓C上關x軸對稱的任意兩點，設P（-4，0），連接PA交橢圓C于另一點E，求證：直線BE與x軸相交于定點M；
（III）設O為坐標原點，在（II）的條件下，過點M的直線交橢圓C于S、T兩點，求
OS
•
OT
的取值范圍．

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科目：高中數(shù)學 來源： 題型：

（2013•山東）橢圓C：
x2
a2
+
y2
b2
=1(a＞0，b＞0)的左右焦點分別是F1，F(xiàn)2，離心率為
3
2
，過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1．
（1）求橢圓C的方程；
（2）點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1，PF2，設∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M（m，0），求m的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，過點P作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個公共點，設直線PF1，PF2的斜率分別為k1，k2，若k≠0，試證明
1
kk1
+
1
kk2
為定值，并求出這個定值．

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