2019届高考数学复习平面解析几何高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题学案文北师大版

1、【考点自测】高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题1. （2017 全国出）已知双曲线 C：= 1（a>0, b>0）的一条渐近线方程为y=gx,且与椭圆得+=1有公共焦点，则 C的方程为（ 12 322A.百10= 1 y .B.4-5=122c.x- - v_= 122D.x4-y3= 1答案解析,5 b 5由y= 2x,可信a= 2 .由椭圆22x y行+=1的焦点为(3,0)12 3，(3,0),可得a2+ b2=9. 由可得a2=4,2-1，x所以c的方程为-4b2=5.25=1.故选B.22x y2. （2017 全国出）已知椭圆 C:孑+=1（ a>b>0）的

2、左、右顶点分力1J为 A, A2,且以线段A1A2为直径的圆与直线bx- ay+2ab=0相切，则 C的离心率为（）B. ¥ C.答案解析由题意知,A1A2为直径的圆的圆心为（0,0）,半径为a.又直线bxay + 2ab=0与圆相切,圆心到直线的距离d= J2ab / a,解得 a=J3b,e=c=鼻=Ji- a a1 3 .故选A.3. （2017 全国I ）已知F为抛物线C: y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线11, l 2,直线11与C交于A B两点，直线l 2与C交于D, E两点，则| AB + | DE的最小值为（）A. 16 B . 14 C . 12 D .

3、10答案 A解析因为F为y2=4x的焦点,所以F(1,0)由题意知直线11, 12的斜率均存在，且不为、一 ，一一， 一 ，一一，1 ,0,设11的斜率为k,则12的斜率为故直 k1线 11, 12的万程分别为 y = k(x- 1), y=k(x1).y=k(x1 2 222由 2/ 得 kx (2 k + 4)x+k = 0.y = 4x,显然，该方程必有两个不等实根.2k + 4设 A(x1, y1) , Rx2, y2),则 x + x2 = -2, x1x2= 1,k所以 | AB =5 + k2 Ix1-x2| =、1 + k2 + x2 j 4x1x2同理可得| DE = 4(1

4、 +k2).所以 | AB +1 DE = 41;2-K 4(1 + k2)在 1+1 + k k8+4X2= 16,= 8+4 H当且仅当k2=3,即k=±l时，取得等号.k故选A.4. （2017 北京）若双曲线x2 3= 1的离心率为 小,则实数m= 答案 2解析由双曲线的标准方程知a= 1, b2=mi c=11 + m c _故双曲线的离心率e=.=小小=#,225. (2017 山东)在平面直角坐标系 xOy中，双曲线、一b2=1(a>0, b>0)的右支与焦点为F的抛物线x2=2py(p>0)交于A, B两点，若| AF + | BF = 4| OF

5、,则该双曲线的渐近线方程为 答案 y=±解析 设 A(xi, yi) , B(X2, y2),x y得 a2y2 2pb2y+a2b2= 0, 厂1，由a bx2 = 2py,显然，方程必有两个不等实根.2pb2 yd y2= a2.又I AF| + | BF| =4| OF ,a*.双曲线的渐近线方程为2 y=± 2 x.P P P r ，yi+5 + y2+?= 4x 2，即 yi + y2=p,2pb2. b2 1丁 = P,即孑=2,题型分类深度剖析IE例典题深度剖析重点难点密堆探究题型一求圆锥曲线的标准方程22例1 (2018 佛山模拟)设椭圆勺+3=1( a&g

6、t;b>0)的左、右焦点分别为F1, F2,上顶点为B.若a b| BE| = | F1F2I = 2,则该椭圆的方程为()0 X22 .c X22C.万 + y = 1B.3+y = 1x1 2 .D.4+y = 1答案 A解析 | BF2| = | F1F2I =2,a=2c= 2,22 ' a= 2, c= 1,b= >/3,椭圆的方程为 二 十 七=1.43思维升华求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、简单性质,解得标准方程中的参数，从而求得方程.跟踪训练1已知双曲线 "b2=1(a>0, b>0)的一个焦点为F(2,0

7、),且双曲线的渐近线与圆(x 2)2+y2 = 3相切，则双曲线的方程为()22B.135=122A. 8 13 =1_ X22C.3-y=12D. x2-y= 13答案 D22解析 双曲线 £ bl的一个焦点为F(2,0),则 a2+b2=4,b双曲线的渐近线方程为y=±ax,由题意得联立解得b=，3, a=1,所求双曲线的方程为x2 1=1,故选D.题型二圆锥曲线的简单性质例2 (1)(2018届辽宁凌源二中联考322)已知双曲线C： »1y6=1(a>0)的一个焦点为(5,0),则双曲线C的渐近线方程为()B. 4x±/4iy=0D. 4x

8、± 3 y = 0A 4x±3y= 12C. 16x±9y=0答案 D解析由题意得c=5,则a2=c216=9,即a=3,所以双曲线的渐近线方程为y=±4x,3即 4x±3y= 0,故选 D. 2_ _ 2x=2pt ,(2)(2016 天津)设抛物线 ，(t为参数，p>0)的焦点为F,准线为l .过抛物线上y=2pt一点A作l的垂线，垂足为 B.设Cp, 0 ', AF与BC相交于点E.若| CF =2| AF ,且 ACE的面积为3，2,则p的值为.答案 ，6x= 2pt2, 解析由：y= 2pt又| CF =2| AF| 且

9、 | CF7 p2P2=3p,(p>0)消去t可得抛物线方程为y2= 2px( p>0),3I AB = | AF| = 2p,可得Mp,陋p).易知 AE小 FEC|AE |AB 1= _.|FE |FC 2'故及ACE= -Saach -X 3 p x 33= *p2=3 但p2= 6, - p>0,p=(y6.思维升华 圆锥曲线的简单性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线渐近线是常考题型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义,及相关参数间的联系. 掌握一些常用的结论及变形技巧，有助于提高运算能力.跟踪训练2 (2017 全国H)若双曲线 C：22x y

10、孑一=1(a>0, b>0)的一条渐近线被圆(x 2)2 +y2 = 4所截得的弦长为2,则C的离心率为A. 2B. 3 C. 2 D.13答案解析设双曲线的一条渐近线方程为圆的圆心为(2,0),半径为2,由弦长为2得出圆心到渐近线的距离为22-12;乖.根据点到直线的距离公式，得尸2b| 2=娟，解得b2=3a2.所以C的离心率e = ca2+ b2 一a1 + /2.故选A.例3 (2017 浙江)如图，已知抛物线 x2=y，点 A,抛物线上的点Rx,y)-2< x< 2 ；过点B作直线(1)求直线AP斜率的取值范围;(2)求 | PA I PQ的最大值.解(1)由

11、Rx, y),即 P(x,题型三最值、范围问题21设直线AP的斜率为k,x .41则 k=1= x 2,x+213因为一2<x<2.所以直线AP斜率的取彳1范围为(1,1) .,1,1 ckx y+ 2k+ 4= 0，(2)联立直线AP与BCW方程(.93 八x+ky-k-= 0,42,2t=r k + 4k+ 3 解得点 Q的横坐标是 xq= -2位2+ 1).因为 | PA =小 + k2 Jx + 2 !=41+ k2(k+ 1),2| PQ =3 + k2( xq- x)=-(一厂2=),:k + 1所以 |PA - I PQ = (k1)( k+1)3,令 f(k)=-(

12、k-1)(k+1)3, 2 因为 f' ( k) = (4 k- 2)( k+1),所以f(k)在区间11,3 1、上单调递减.因此当1-k=2时，I PA I PQ 取27将取大值-.思维升华 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度 考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等根据圆锥曲线的几何意义求方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的简单性质的角度考虑,最值与范围.跟踪训练3 (2016 山东)平面直角坐标系xOy中，椭圆C:牙+b2=1(a>b>0)的离心率是 g抛物线E： x2=2y的焦点F是C的一

13、个顶点.(1)求椭圆C的方程；(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点 A, B,线段AB的中点为D.直线ODW过P且垂直于x轴的直线交于点 M求证：点M在定直线上； , S 直线l与y轴交于点 G记PFG勺面积为S, PDM勺面积为S2,求士的最大值及取得最大值时点P的坐标.(1)解由题意知"am =乎，可得a2=4b2,因为抛物线E的焦点为fJo, 1 j,所以b=a= 1,所以椭圆C的方程为x2+4y2= 1.(2)证明 设Pmi£ (m>0),由x2= 2y,可得y' = x,所以直线l的斜率为m因此直线m2l的方程

14、为y- - = nmx- n).2 m 即 y = mx-.设 A(x1, y1), B(x2, v2 ， D(xo, yo).2+ 4y2= 1,联立方程彳m2y=mx- k得(4 m+ 1) x2 - 4m3x + m4- 1 = 0.由 A>0,得 0<诉72 +，5(或 0<m<2+4) . (*)L4m32m3公m2m-m2-、，y01且xi+x2=zm=，因此x0=4mn，将其代入y=mx-5，得"=而不彳因为g=4m 1所以直线ODT程为y = - 4mx,1r 1y = 丁x,1联立方程£4m 得点M的纵坐标yM= 4,x=m 1,

15、所以点M在te直线y=二上.42解 由知直线l的方程为y= mx-号,令X"得y=_m，所以G,m2) m 八12m又P0万产：，2 D加丹,所以 S = 2 - I GF m=(m：1 m2-m2(4m2+ 1)；112m2+12m3+S2= - I PM , I mi xo| = -x274m+ 1.2m2+ 1 28(4m2+1 jS 2 4m2+1 m2+ 1 所以ST2m12.设 t = 2m2+ 1,则 11 =S22,一1 jt + 1)_2t +t -1t2= t211 c一廿户2,11 rr当f = 2,即t = 2时,S1_ 9三取到最大值S24此时m=*，满足(

16、*)式，所以P点坐标为14.因此I的最大值为9,此时点P的坐标为题型四定点、定值问题例4 (2017 益阳、湘潭调研)已知动圆P经过点N1，。)，并且与圆 M (x+1)2+y2=16相 切.求点P的轨迹C的方程；(2)设Gm,0)为轨迹C内的一个动点，过点G且斜率为k的直线l交轨迹C于A, B两点，当k为何值时，co =| GA2+ | GB2是与m无关的定值，并求出该定值.解 (1)由题设得 | PM+| PN=4>| MN=2,，点P的轨迹C是以M N为焦点的椭圆，. 2a=4,2 c= 2,b=也2c2 =J3,22，点P的轨迹C的方程为+ = 1.(2)设 A(xi, y>

17、; B(X2, y2), Gm,0)( -2<mc2), 直线 l ： y= k(x- m),y=k(x-m)由 x2 y2口 + 十 1'得(3 + 4k2) x2 8k2mx+ 4k2n2 -12=0,8mk4k2n212x1 + x2=4k2+3' x1x2= 4k2+3 'y1 + y2= k(x-n) + k(x2-n) y1 y2= k2( x1 n)( x2 n)=k( x+ x2) 2km=6mk4k2+3.=k2x1x2 k2n( x1 + x2) + k2n2=3.4k +322_22_ 22 . I GA + |GB=(x1一 n) +y+(

18、x2 n) +y2=(x1 + x2)2 - 2x1x2- 2n(x1 + x2) +2n2+ (y + yz)22y1y2= (k2+1)-6n24k2-3+q224 3+4k2 .'44k +3 3 =|GA2+| GB2的值与 n无关，4 k23=0,解得 k= 土 乎.此时 3 = | GA2+ | GB2= 7.思维升华求定点及定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.跟踪训练4已知椭圆C： 9x2 + y2= m2( m> 0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C

19、 有两个交点A, B,线段AB的中点为M(1)证明：直线 OM勺斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点§ m；延长线段 OM与C交于点P,四边形OAPB否为平行四边形？若能, 求此时l的斜率；若不能，请说明理由.证明 设直线l ： y=kx + b(kw0, bw0),A：xi, yi) , B(x2, y2), Mxm, yq .将y=kx + b 代入 9x2 + y2=m,得(k2+9)x2+2kbx+b2m= 0,故xm=xi + x2 kb9b= k2+9' yM= kxM+ b=k2T9.，一一 yM 9 -于是直线O邮斜率 k0M= xm= -k，即 k&#

20、176;M. k=-9.所以直线OM勺斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)解 四边形OAP睢为平行四边形.因为直线l过点m由中判别式 A=4k2b2 4(k2 + 9) - ( b2-n2)>0 ,得 k2n2>9b2- 9m2,k 又b= m- 3m所以2 2k 22k m>9m- 3ml - 9m,得k2>k26k,所以k>0.所以l不过原点且与 C有两个交点的充要条件是k>0, kw3.9由(1)得OM勺方程为y= -x. k设点P的横坐标为xp,9,Jy=-kx，由 k.9x2 + y2 = m2,/口 2k2m行 xP=9kr i土 kmxP 3 ,

21、 k2+ 9将点，m>坐标代入l的方程得b53产,因此xm=四边形OAP的平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xp= 2xmkm(k 3)3(k2 + 9 y土 km于是口 = 2X3 , k +9解得 ki = 45，k2=4+77.因为k >0, kiW3, i =1,2 ,所以当l的斜率为4寸或4 + 47时，四边形 OAP的平行四边形.题型五探索性问题例5（2018 泉州模拟动直线l与椭圆相交于）如图，椭圆 E： £+b2=1（a>b>0）的离心率是平，过点 P（0,1）的A, B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2

22、2.（1）求椭圆E的方程;（2）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点 P不同的定点Q,使得黑=图恒成立？若| Q毕 1PB存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.解（1）由已知，点（42, 1）在椭圆E上,2,1,孑+b2 jI因此 a a2-b2=c2,I乙亚解得 a= 2, b=d2,所以椭圆E的方程为22x y7+i=1.（2）当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于 C, D两点，如果存在定点 Q满足条件,即| QC = IQD,所以Q点在y轴上，可设 Q点的坐标为（0 , V。.当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于 M N两点，则M N的坐标分别为（0, V2）（0,-

23、啦），回=心|y。-也| a/2-1田 |QN IPN'|y0 + V2r<2+1,解得yo= 1或yo= 2,所以若存在不同于点P的定点Q满足条彳%则 Q点坐标只可能为（0,2）.证明如下：对任意直线l ,均有窝一暮，其中Q点坐标为（0,2）.| QB | PB当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立;当直线lx2联立$4+2=1,得(2k2+1)x2+4kx2=0,其判别式的斜率存在时，可设直线 l的方程为y = kx+1, A, B的坐标分别为（xi, yi） ,（x2,y2），4k 所以 x1 + *2= .2,2k +1, 11 x1 + x2因此 x1+x2=F7=

24、2k易知点B关于y轴对称的点B'的坐标为（一X2, y2）,y1 2 kx1 - 1又 kQA=XiXiy2 2 kx2 11=一 k+ = kx2 x2x2所以kQA= kQB，即Q A, B'三点共线,所以|QA |QA |x1|PA|QB |QB I |X2|PB'故存在与点P不同的定点Q0,2）,使得1"QAjPA恒成立.| QB 1PB思维升华（1）探索性问题通常采用定顺推法”，将不确定性问题明朗化. 其步骤为假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出， 列出关于待定系数的方 程组，若方程组有实数解，则元素 （点、直线、曲线或参

25、数）存在；否则，元素（点、直线、 曲线或参数）不存在.（2）反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.跟踪训练5 （2018届珠海摸底）已知椭圆G,抛物线C2的焦点均在x轴上，G的中心和C2的顶点均为原点 Q从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是（3, 25），（ 2, 0）, （4,-4),乎；(1)求G, G的标准方程;M n且满足Oim_ On(2)是否存在直线l满足条件：过G的焦点F;与C交于不同的两点 若存在，求出直线方程；若不存在，请说明理由.解 设抛物线C2: y2 = 2px(pw0),2一，y则有 L=2p(xw0), x据此验证四个点知(3, 2，3), (4, 4)在抛物

26、线上，易得，抛物线C2的标准方程为 G: y2=4x； 22设椭圆 G： a2+b2= 1(a>b>0),把点(一2,0),卜卢，乎«弋入可得a2=4, b2= 1.x22所以椭圆G的标准方程为-+y2=1.4(2)由椭圆的对称性可设 G的焦点为F(1,0),当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x= 1.直线l交椭圆Ci于点N 1,Om On o,不满足题意.当直线l的斜率存在时，设直线 l的方程为y=k(x1),并设 M(x1, y1) , N(x2, y2),k(x-1 )x2+ 4y2= 4,消去 y,得(1 +4k2)x28k2x+4(k21) =0,08k24

27、 k2 1'是 x1 + x2=2 x1x2=2 ,1+4k '1 + 4k 'y1y2=k(x1 1) , k(x21),2=k x1x2k2( x1 + x2) + k2="一差2, 1 + 4k由 OMlOn 得 Om On= o, 即 x1x2+yy2= 0.一一m 4 k213k2k24将代入式，得 黄菊一不？= 皆=°， 解得k=±2.经检验，k=±2都符合题意.所以存在直线l满足条件，且l的方程为2xy2=0或2x+y2=0.课时作业3基础保分练1.已知椭圆C的离心率为孚，点A, B, F分别为椭圆的右顶点、上顶点和

28、右焦点，且&ABF=1更 2(1)求椭圆C的方程； (2)已知直线l： y=kx+m被圆Q x2 + y2= 4所截得的弦长为2炉，若直线l与椭圆C交于 M N两点，求 MOIW积的最大值.22解(1)由题意知，椭圆 C的焦点在x轴上，设椭圆C的标准方程为a2+b2= 1(a>b>0),34'2 c2 a2 b2 e = -2= 2-a a1. a2= 4b2,即a= 2b,可得c=,b,Sk ABF=1132| AF - | OEB =2(a-c) b= 1-2-,b= 1, a= 2,x22，椭圆C的万程为-+ y =1.(2)由题意知，圆 O的半径r = 2,

29、弦长l = 2，3,圆心O到直线l的距离d= I 匕业-邰2 = 1, 即-j= 1,所以 ni= 1 + k2.Z= kx+ m,22.2消去 y,得(1 + 4k )x + 8km奸 4( m-1) = 0, a =16(4k2-ni+1) =48k2>0, . .kw。，设 Mxi, y1), Nx2, v2 ，则 Xi + X2= 一8km1 + 4k2'24m 4XlX2=-1 4k '| MN =，1 + k, y(Xi - X2 j =1 + k2 + X2 j 4X1X2=巾 + k2=1 + k28km、24m42477-21 + 4k !1 + 4k4

30、 ,4k -m+ 14k2+ 14 ：3| k|4k2+ 1_4#3k：fk2+1)=4k2 +1，A MON勺面积为& MON=MNX1 =2,3k2 k2+ 14k2+l，令 t = 4k2+ 1>1,贝 U S= 2过E作斜率CD的中点.当t = 3,即k=±言-时， MON勺面积取到最大值 1.2. (2018 新余联考)如图所示，已知点E(m,0)为抛物线y2 = 4X内的一个定点,分别为k1, k2的两条直线，分别交抛物线于点A, B, C D,且M N分别是(1)若m= 1, k1k2= 1,求 EMNT积的最小值;(2)若k1+k2= 1,求证：直线 M

31、N±定点.解 当m= 1时，E为抛物线y2= 4x的焦点，.k1k2=-1, /.ABICD直线 AB的方程为y=k1(x1),设A(xi,y1),B(X2,y2),由;y2=ki?T > y = 4x,得 kiy2- 4y 4ki= 0,显然方程有两不等实根,4yi+y2=7, yiy2=_4) kiyi +y22?,',xi + x2.AB的中点为M1 2xi + x2= y+ i +y"+ i = A+ 2.kikikii 2 i? kJ同理，点 N2k2+i, 2ki).1(2)证明4.直线 AB的方程为 y = ki(xn),设 A(xi, yi)

32、, Rx2, y2),由y= ki(x mj,2,|y =4x,得kiy24y 4kim= 0,显然方程有两不等实根.yi + y2=yiy2= 4m,ki仪i + x2yi + y2、AB的中点为一，F )，, yi ,一 y2, 一 xi + x2= + mki ki4ki=ki+ 2m=记.,. kMN= = kik2ki + k2. .直线 MN y- 1-= kik2 X- ki即 y= kik2(x m + 2,直线MN1过定点(m,2).4x相交于求出该3. (2017 衡水联考)在平面直角坐标系 xOy中，过点C(2,0)的直线与抛物线 y21. B两点，设 A(xi, yi)

33、, B(X2, y2).求证：yiy2为定值；(2)是否存在平行于y轴的定直线被以AC为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在, 直线方程和弦长；如果不存在，请说明理由.(i)证明 方法一 当直线AB垂直于x轴时，yi = 2也，y2=-2/因此yiy2= 8(定值).当直线AB垂直于x轴时，设直线AB的方程为y=k(x 2),y= k(x-2 2由2 J 得 ky4y8k=0.y = 4x,yiy2= - 8.因此有yiy2= 8,为定值.方法二显然直线AB的斜率不为0.设直线AB的方程为my= x-2,my= x- 2,由4 2得 y? 4my-8=0.ly =4x,，yiy2=8,为定值.(

34、2)解 设存在直线l: x= a满足条件, 则AC的中点为E2112, £ I,I AC =叱xi-2 2+yi.因此以AC为直径的圆的半径r = 2| AC = 2V(xi-2 2+y2 = 27x2+4,一一八、,. Xi+2又点E到直线x=a的距离d= 121- a故所截弦长为2j2=力於+4尸偿当a)=#2+ 4 (xi+ 2 2a j=yj 4(1 a ,i + 8a4a2.当1 a=0,即a=1时，弦长为定值 2,这时直线方程为 x=1.4. 已知椭圆 C： x2+2y2 = 4.(1)求椭圆C的离心率；(2)设O为原点，若点 A在椭圆C上，点B在直线y=2上，且OALO

35、B试判断直线 AB与圆 x2 + y2=2的位置关系，并证明你的结论.22解(1)由题意知，椭圆c的标准方程为，+y2=1,所以 a2=4, b2 = 2,从而 c2=a2b2=2.因此 a= 2, c= 2.故椭圆C的离心率e=a 2(2)直线AB与圆x2+y2 = 2相切.证明如下：设点A, B的坐标分别为(xo, yo), (t, 2),其中x0w0.因为 OALOB 所以 OA- OB= 0,即 tx o+ 2yo= 0,解得 t = xo.t2 .一当xo=t时，yo=万，代入椭圆C的方程，得t = ±J2,故直线AB的方程为x=±42,圆心O到直线AB的距离d=

36、M2.此时直线 AB与圆x2+y2 = 2相切.,一，yo - 2当xowt时，直线 AB的方程为y- 2=-(x-1).x。一 tIP( yo 2) x (xo t)y+2xoty o= o.圆心O到直线AB的距离,|2 Xo_ty o|d12L.，一/(yo 2)+ (xo t )又 x2+2y2=4, t = - -y-, xo2y22xo十 一一 一xo故 d/2=1 22 , 4yo ,.、/xo+ yo + 2+42.,24 + xoxo匚4 42V2./xo+ 8xo+ 16V2x2此时直线AB与圆x2+y2 = 2相切.综上，直线AB与圆x2 + y2=2相切.V技能提升练5. (2018 商丘质检)椭圆C： £+、= 1(a>b>0)的离心率e= 4,a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图所示，A, B D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M设BP的斜率为k, MN的斜率为 m证明：2mv k为定值.“3 c解因为e=t=一,2 a2.1所以a=1c, b=1c.代入 a+b= 3 得，c= 313, a= 2, b= 1.x22故椭圆C的方