高中数学人教A版（2019）选修1 3.1 椭圆 解答题专项（难）章节综合练习题（答案+解析）
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| 名称 | 高中数学人教A版（2019）选修1 3.1 椭圆 解答题专项（难）章节综合练习题（答案+解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 372.8KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-10-31 17:49:27 | ||
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文档简介
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3.1 椭圆 解答题专项（难）
一、解答题
1．（2023·丰台模拟）已知椭圆的一个顶点为，焦距为2．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线的垂线（点B，C在直线l的两侧）．垂足分别为M，N，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在常数t，使得，，总成等比数列？若存在，求出t的值．若不存在，请说明理由．
2．（2023·漳州模拟）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且点和点在椭圆上，椭圆的左顶点与抛物线的焦点的距离为.
（1）求椭圆和抛物线的方程；
（2）直线与抛物线变于两点，与椭圆交于两点.
（ⅰ）若，抛物线在点处的切线交于点，求证：；
（ⅱ）若，是否存在定点，使得直线的倾斜角互补 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
3．（2023·大兴模拟）已知椭圆的焦距和长半轴长都为2.过椭圆的右焦点作斜率为的直线与椭圆相交于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设点是椭圆的左顶点，直线，分别与直线相交于点，.求证：以为直径的圆恒过点.
4．（2023高二上·魏县期末）若椭圆的离心率为，且经过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点（均与不重合），证明：直线的斜率之和为定值．
5．（2022高三上·玉溪月考）已知曲线，其离心率为，焦点在x轴上.
（1）求t的值；
（2）若C与y轴交于A，B两点（点A位于点B的上方），直线y＝kx＋m与C交于不同的两点M，N，直线y＝n与直线BM交于点G，求证：当mn＝4时，A，G，N三点共线.
6．（2023·黄浦模拟）已知椭圆的离心率为，以其四个顶点为顶点的四边形的面积等于.动直线、都过点，斜率分别为k、，与椭圆C交于点A、P，与椭圆C交于点B、Q，点P、Q分别在第一、四象限且轴.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线与x轴交于点N，求证：；
（3）求直线AB的斜率的最小值，并求直线AB的斜率取最小值时的直线的方程.
7．（2023·大理模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，点是椭圆上一点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过椭圆右焦点且与椭圆交于、两点，直线、与直线分别交于，．
①求证：，两点的纵坐标之积为定值；
②求面积的最小值．
8．（2023·河南模拟）已知椭圆的左焦点为，点在上，的最大值为，且当垂直于长轴时，.
（1）求的方程；
（2）已知点为坐标原点，与平行的直线交于两点，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，试探究是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由.
9．（2023·郑州模拟）已知椭圆：的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设不过点的直线与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为，记直线，，的斜率分别为，，，若，证明直线的斜率为定值．
10．（2023·忻州模拟）已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．
11．（2023·连云模拟）已知椭圆E：的焦距为，且经过点．
（1）求椭圆E的标准方程：
（2）过椭圆E的左焦点作直线l与椭圆E相交于A，B两点（点A在x轴上方），过点A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点M，求的最大值．
12．（2023·咸阳模拟）已知椭圆的离心率为，它的四个顶点构成的四边形的面积为4．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线与圆相切且与椭圆交于、两点，求的最大值．
13．（2023·河南模拟）已知椭圆的右焦点为F，离心率为，且点在 圆上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过右焦点F且斜率不为0的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为Q，经过坐标原点O和点Q的直线m与椭圆C交于M，N两点，求四边形AMBN的面积的取值范围．
14．（2023高三下·鄠邑）设、分别是椭圆的左、右焦点.若是该椭圆上的一个动点，的最大值为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于不同的两点、，且为锐角(其中为坐标原点)，求直线的斜率的取值范围.
15．（2023·铜仁模拟）已知，，三点中有两点在椭圆上，椭圆的右顶点为，过右焦点的直线与交于点，，当垂直于轴时.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与轴交于点，直线与轴交于点，在轴是否存在定点，使得，若存在，求出点，若不存在，说明理由.
16．（2023·浙江模拟）设双曲线的右焦点为，F到其中一条渐近线的距离为2.
（1）求双曲线C的方程；
（2）过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线于点M，
（i）求的值；
（ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：.
17．（2023·内蒙古模拟）已知椭圆C：的离心率是，点在椭圆C上.
（1）求椭圆C的标准方程.
（2）直线l：与椭圆C交于A，B两点，在y轴上是否存在点P（点不与原点重合），使得直线PA，PB与x轴交点的横坐标之积的绝对值为定值？若存在，求出P的坐标；若不存在，请说明理由.
18．（2023·潍坊模拟）已知椭圆的焦距为，离心率为，直线与交于不同的两点.
（1）求的方程；
（2）设点，直线与分别交于点.
①判段直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点.请说明理由：
②记直线的倾斜角分别为，当取得最大值时，求直线的方程.
19．（2023·上饶模拟）已知椭圆的离心率为，焦距为4．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过椭圆的右焦点的动直线与椭圆交于、两点（点在轴上方），、为椭圆的左、右顶点，直线，与轴分别交于点、，为坐标原点，求的值．
20．（2023·菏泽模拟）如图，椭圆的焦点分别为为椭圆上一点，的面积最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若分别为椭圆的上 下顶点，不垂直坐标轴的直线交椭圆于（在上方，在下方，且均不与点重合）两点，直线的斜率分别为，且，求面积的最大值.
21．（2023·宿州模拟）已知椭圆的左，右焦点分别为，，离心率为，M为椭圆上异于左右顶点的动点，的周长为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点M作圆的两条切线，切点分别为，直线AB交椭圆C于P，Q两点，求的面积的取值范围.
22．（2023·漳州模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，且．过右焦点的直线l与C交于A，B两点，的周长为．
（1）求C的标准方程；
（2）过坐标原点O作一条与垂直的直线，交C于P，Q两点，求的取值范围；
（3）记点A关于x轴的对称点为M（异于B点），试问直线BM是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是请说明理由．
23．（2023·淮北模拟）已知椭圆，A、F分别为的左顶点和右焦点，O为坐标原点，以OA为直径的圆与交于M点（第二象限），．
（1）求椭圆的离心率e；
（2）若，直线，l交于P、Q两点，直线OP，OQ的斜率分别为，．
（ⅰ）若l过F，求的值；
（ⅱ）若l不过原点，求的最大值．
24．（2023高二上·大兴期末）已知椭圆过点，且．
（1）求椭圆C的方程和离心率；
（2）设O为原点，直线OP与直线l平行，直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，直线PM，PN分别与x轴交于点E，F．当E，F都在y轴右侧时，求证：为定值．
25．（2023高二上·怀柔期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于，两个不同的点，求证：轴上存在定点，使得直线与直线的斜率之和为零.
26．（2023高二上·石景山期末）已知椭圆C的两个焦点分别为和，点在椭圆上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点作倾斜角为的直线l交椭圆C于A、B两点，求线段的长度．
27．（2023高二上·佛山期末）已知椭圆：，四点，，，中恰有三点在椭圆上.
（1）求的方程；
（2）若斜率存在且不为0的直线经过C的右焦点F，且与C交于A、B两点，设A关于x轴的对称点为D，证明：直线BD过x轴上的定点.
28．（2023高二上·湖北月考）已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上的两点，且，求证：为定值；反之，若为此定值时，是否成立？试说明理由．
29．（2022高三上·慈溪期末）法国数学家加斯帕尔·蒙日被誉为画法几何之父.他在研究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴与短半轴平方和的算术平方根.已知在椭圆中，离心率，左、右焦点分别是、，上顶点为Q，且，O为坐标原点.
（1）求椭圆C的方程，并请直接写出椭圆C的蒙日圆的方程；
（2）设P是椭圆C外一动点（不在坐标轴上），过P作椭圆C的两条切线，过P作x轴的垂线，垂足H，若两切线斜率都存在且斜率之积为，求面积的最大值.
30．（2023高二下·焦作开学考）已知椭圆的离心率，且椭圆C的右顶点与抛物线的焦点重合．
（1）求椭圆C的方程．
（2）若椭圆C的左、右顶点分别为，直线与椭圆C交于E，D两点，且点E的纵坐标大于0，直线与y轴分别交于两点，问：的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：根据已知可得，
所以，
所以椭圆E的方程为.
（2）解：由已知得，的斜率存在，且在轴的同侧，
设直线的方程为，，不妨设，
则
由得
所以
因为，
所以
，
，
要使，，总成等比数列，则应有解得，
所以存在，使得，，总成等比数列.
【解析】【分析】(1) 根据已知可得， ， 所以椭圆E的方程为；
(2)表示 ，， 的面积，利用韦达定理表示出 ， 即可求出常数t的值.
2．【答案】（1）解：设椭圆的方程为：，
和在椭圆上，
，解得：，
椭圆的标准方程为：；
由椭圆方程可知：椭圆的左顶点为，又，
，解得：，
抛物线的方程为；
（2）解：（ⅰ）当时，直线，即，
令，则直线，设，，
由得：，
则，，
，；
设抛物线在点处的切线方程分别为：，，
由得：，
，又，则，
，则；
同理可得：；
联立两切线方程，将，代入，
可解得：，，
，又，
；
同理可得：；
，
要证，等价于证明，
，又，
，
同理可得：，
，即；
（ⅱ）当时，直线，
假设存在点，使直线的倾斜角互补，则直线的斜率之和为；
设，
由得：，
，即恒成立，
，，
，
，
即，
，即，解得：，
假设成立，即存在点，使得直线的倾斜角互补.
【解析】【分析】（1） 设椭圆的方程为：，再利用和在椭圆上结合代入法得出的值，从而得出椭圆的标准方程；由椭圆方程可知椭圆的左顶点，再结合抛物线标准方程得出焦点F的坐标，再利用抛物线的定义和已知条件得出p的值，从而得出抛物线的标准方程。
（2） （ⅰ）当时，直线，即，令，则直线，设，，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法得出，再结合韦达定理得出，，设抛物线在点处的切线方程分别为：，，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法和抛物线标准方程代入法得出，同理可得：，联立两切线方程，将，代入，进而得出点S的坐标，再结合两点距离公式和得出，同理可得：，再结合，所以要证，等价于证明，再结合和，所以，同理可得：，进而证出成立。
（ⅱ）当时，直线，假设存在点，使直线的倾斜角互补，则直线的斜率之和为，设，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出恒成立和，，再利用两点求斜率公式得出的值，从而得出假设成立，即存在点，使得直线的倾斜角互补。
3．【答案】（1）解：由题意，椭圆中，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）解：由（1）知，，设直线的方程为，
联立，可得，
显然恒成立，
设，，则，
易知直线的斜率存在，，则直线的方程为，
所以，即，同理可得，
则，
所以，
所以，即以为直径的圆恒过点.
【解析】【分析】（1）易知椭圆中，结合，可求出椭圆的方程；
（2） 由（1）知，，设直线的方程为， 与椭圆方程联立，得到， 设，， 可表示出直线的方程为， 进而得到 ，同理可得，则，结合韦达定理可证明，即， 即以为直径的圆恒过点.
4．【答案】（1）解：由题意得离心率为，点在椭圆上，
所以，解得，所以椭圆方程为
（2）证明：当直线的斜率不存在时，为椭圆的上下顶点，即为，则．
当直线的斜率存在时，设的方程为，联立消去并整理得，，则，得，
设，则，
所以
综上可得，直线的斜率之和为3．
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合椭圆的离心率公式和代入法以及椭圆中a，b，c三者的关系式，进而解方程组得出a，b，c的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 当直线的斜率不存在时，利用为椭圆的上下顶点，即为，再结合两点求斜率公式得出的值；当直线的斜率存在时，设的方程为，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出k的取值范围，设，再结合韦达定理得出，再结合两点求斜率公式证出直线的斜率之和为定值。
5．【答案】（1）解：由曲线 ，其离心率为 ，焦点在x轴上.可知，
曲线 是焦点在 轴上的椭圆，则其方程可化为 ，
所以 必须满足： ，解得 ，
因 的离心率为 ， ，即 ，故 ，
解得 .
（2）证明：由（1）可知 的方程为 ，所以 ， .
把 代入 ，整理得 ，
设 ， ，
则 ， ，
因为点 ，所以直线 的方程为： .
令 ，得 ，所以 .
因为点 ，所以直线 的斜率为 ，
直线 的斜率为 .
所以
.
其中
，
当 时，上式等于0，即 ，这说明 ， ， 三点共线.
【解析】【分析】（1）由已知得曲线 是焦点在 轴上的椭圆，则其方程可化为 ， 的离心率为 ， ，得 ，故 ，解得 ；
（2） 设 ， ，把 代入 ，由韦达定理得 ， ，直线 的方程为： ，所以 ， ， ，结合根与系数关系证明，所以当 时， ， ， 三点共线.
6．【答案】（1）解：设椭圆C的焦距为2c，则由，且，
可得，，所以椭圆C的方程为
（2）证明：设，，则，，
可得，解得，
又，，所以
（3）解：设，，直线，的方程分别为，，
由（2）知，所以，又m，均大于0，可知，
由可得，
所以，即，同理可得，
直线AB的斜率为
（当且仅当时取等号）.
当时，，此时在椭圆C上，
所以，又，可得，
所以直线AB的斜率的最小值为，且当直线AB的斜率取最小值时的直线的方程为.
【解析】【分析】（1） 设椭圆C的焦距为2c，再利用椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式以及四边形的面积公式，进而得出a，b，c的值，从而得出椭圆C的标准方程。
(2) 设，再利用点与点关于直线对称的判断方法，所以，再结合两点求斜率公式和已知条件得出，再结合两点距离公式证出成立。
（3） 设，，直线，的方程分别为，，由（2）知，所以，再利用m，均大于0，可知，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，同理可得，再利用两点求斜率公式和均值不等式求最值的方法得出直线AB的斜率的最小值，再结合当时，，此时在椭圆C上，再利用代入法和，进而得出m的值，从而得出直线AB的斜率的最小值，并且得出当直线AB的斜率取最小值时的直线的方程。
7．【答案】（1）解：由题意，椭圆过点，且离心率为，
可得，解得，所以椭圆的方程为
（2）解：①设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，，可得，，
直线的方程为，
令，可得，同理可得，
所以
．
②由，
当且仅当，或，时等号成立，
所以面积的最小值为18．
【解析】【分析】（1） 由题意，椭圆过点，且离心率为，从而利用代入法和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a，b的值，从而得出椭圆的方程。
（2） ①设直线的方程为，再设，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，再结合点斜式得出直线的方程为，令，可得，同理可得，进而得出，从而证出 ，两点的纵坐标之积为定值；
②利用已知条件结合三角形的面积公式和均值不等式求最值的方法得出三角形面积的最小值 。
8．【答案】（1）解：的最大值为，
当垂直于长轴时，将代入椭圆可得，则，
所以，解得
所以的方程为
（2）解：为定值.
由题可知直线的斜率为，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，
故设直线的方程为.
联立得，
则，
解得，则，所以，
直线的方程为，
令，得，即，
所以，同理可得.
故
，
所以为定值2.
【解析】【分析】（1） 利用已知条件得出的最大值为，当垂直于长轴时，将代入椭圆可得，再结合已知条件结合椭圆中a，b，c三者的关系式得出，进而解方程组得出a，b，c的值，从而得出椭圆的方程。
（2） 由题可知直线的斜率为，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，故设直线的方程为，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出m的取值范围，再利用韦达定理得出，再结合点斜式得出直线的方程，再利用赋值法得出点E的坐标，再结合两点距离公式证出为定值。
9．【答案】（1）解：由题设得，，
即，
解得．
所以的方程为．
（2）证明：设直线的方程为，代入得．
，
设，则，于是．
，又，所以．
即．，即，
，
，
将，
代入整理得，即，
当，直线过点，舍去，
所以．
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式和代入法以及椭圆中a，b，c三者的关系式，进而解方程组得出a，b，c的值，进而得出椭圆的标准方程。
（2） 设直线的方程为，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出，设，再结合点与点关于原点对称的判断方法，则，再利用韦达定理得出，再结合两点求斜率公式和，所以，即，再利用两点求斜率公式得出，再结合韦达定理得出，当，直线过点，舍去，进而得出k的值，从而证出直线的斜率为定值。
10．【答案】（1）解：由题意可得，
解得，
故椭圆C的标准方程为
（2）解：设直线l的方程为，，，
联立，
整理得，
则，即，
解得，，．
故△OPQ的面积．
设，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
则，即△OPQ面积的最大值为．
【解析】【分析】（1） 由题意可得 ，求解出a2，b2，可得 椭圆C的标准方程；
（2） 设直线l的方程为，，， 与椭圆方程联立可得 ， 进而可得 ，可求出 △OPQ面积的最大值 .
11．【答案】（1）解：由题意得，所以，即椭圆方程为；
（2）解：当直线l斜率为0时，A，B分别为椭圆的左右顶点，此时切线平行无交点．故设直线l：，
由，得．
，，.
不妨设在x轴上方，则在x轴下方．
椭圆在x轴上方对应方程为，，
则A处切线斜率为，得切线方程为，整理得.
同理可得B处的切线方程为．
由得，
代入①得，所以．
因为，所以
设，则，则，
当且仅当，即时，的最大值是2．
另解：当直线l的斜率存在时，设l：，
由得，
所以，，，
椭圆在x轴上方的部分方程为，，
则过的切线方程为，
即，
同理可得过的切线方程为.
由得
设，则，
所以直线l的方程为，所以.
，
令，则，所以，
当时，即时，取得最大值，为2．
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合焦距的定义和椭圆的标准方程代入法、椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a，b，c的值，从而得出椭圆E的标准方程。
（2） 当直线l斜率为0时，A，B分别为椭圆的左右顶点，此时切线平行无交点，故设直线l：，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和，，再结合弦长公式得出，不妨设在x轴上方，则在x轴下方，椭圆在x轴上方对应方程为，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再结合点斜式得出点A处的切线方程，同理可得点B处的切线方程，由得出交点M的坐标，再结合两点距离公式得出，设，则，再利用均值不等式求最值的方法得出的最大值。
另解：当直线l的斜率存在时，设l：，由结合判别式法和韦达定理得出和，，再利用弦长公式得出，再利用椭圆在x轴上方的部分方程为，再结合椭圆的切线求解方法得出过的切线方程，同理可得过的切线方程，由得的值，设，则，进而得出直线l的方程，所以，再利用两点距离公式得出
，令，则，所以，再利用二次函数的图象求最值的方法得出的最大值。
12．【答案】（1）解：椭圆的四个顶点构成的四边形的面积为，
由题意可得，解得，．
所以，椭圆的方程为
（2）解：若直线与轴平行或重合，此时直线与圆相交，不合乎题意，
设直线的方程为，由题意可得，即.
联立消去得，即，
．
设、，则，．
所以，
．
令，则，则，
当且仅当时等号成立，此时，．
故的最大值为2．
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合四边形的面积公式得出椭圆的四个顶点构成的四边形的面积，从而得出ab的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，进而得出a，b的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 若直线与轴平行或重合，此时直线与圆相交，不合乎题意，设直线的方程为，再利用点到直线的距离公式和已知条件得出，设、，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和，，再利用弦长公式得出，令，则，则，再结合均值不等式求最值的方法得出的最大值。
13．【答案】（1）解：设椭圆右焦点的坐标为，则，即，
又，则，
因为点在椭圆上，
所以，即，解得，
则，，所以椭圆C的标准方程为．
（2）解：由（1）知，因为直线l的斜率不为0，所以可设直线l的方程为，
代入椭圆C的方程，消去x化简得，
设，，则，．
设线段AB的中点为，则，，即，则直线m的方程为，
代入椭圆C的方程可得，不妨设，．
，
点M，N到直线l的距离分别为，，
则四边形AMBN的面积为．
因为点M，N在直线l的两侧，所以，
因为，所以．
因此，四边形AMBN的面积的取值范围为．
【解析】【分析】（1） 设椭圆右焦点的坐标为，再结合椭圆的离心率公式得出，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式得出，再利用点在椭圆上结合代入法得出c的值，进而得出a，b的值，从而得出椭圆C的标准方程。
（2） 由（1）知，再利用直线l的斜率不为0，所以可设直线l的方程为，再设，，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，再结合线段AB的中点为和中点坐标公式以及代入法得出点Q的坐标，再利用点斜式得出直线m的方程，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程得出交点坐标，不妨设，，再结合弦长公式得出A，B的长，再利用点到直线的距离公式得出点M，N到直线l的距离，再结合四边形的面积公式得出四边形AMBN的面积，再利用点M，N在直线l的两侧和三角形的面积公式和二次函数的图象求值域的方法得出四边形AMBN的面积的取值范围。
14．【答案】（1）解：易知，，
所以，，设，则
，
因为，故当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值1，即
，解得
故所求的椭圆方程为
（2）解：设，，由得
，
故，.
又为锐角，
∴
又
∴
，
∴，解得∴的取值范围是.
【解析】【分析】(1)由标准方程可得 ，，设， 则可得 ，结合有最大值1，即，解得，从而可得椭圆的方程；
(2) 设，，由得，根据平面向量数量积公式结合 为锐角 ，利用韦达定理可得 ， 从而可求出 的取值范围 .
15．【答案】（1）解：根据椭圆的对称性可知，点，在椭圆上，
对于，令得，解得，所以，
则，
∴椭圆的方程为.
（2）解：设存在定点，设过右焦点的直线的方程为，且与曲线的交点分别为，，
联立，
则由韦达定理有：，，
由的标准方程得，
设直线，当时，，
同理，设直线，当时，，
∴，，
∴
，解得，
故在轴上存在定点或，使得.
【解析】【分析】（1）根据对称性可得，点，在椭圆上，再由得到方程组 ，解得，即可得解；
（2） 设存在定点，设过右焦点的直线的方程为，且与曲线的交点分别为， ，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理， 设直线，当时，，同理可得点，根据求出，即可得解.
16．【答案】（1）解：因为双曲线其中一条渐近线方程为，又点到它的距离为2，
所以，又，得，
又因为，所以，
所以双曲线C的方程为.
（2）解：设AB直线方程为，则，
代入双曲线方程整理得：，
设，则， ，
（i）
而
，
所以，则，
所以 ；
（ii）过M平行于OA的直线方程为，
直线OB方程为与联立，
得，
即，
则，
所以，
由，两式相除得，
，则，
所以 ，
因为，所以，
故P为线段MQ的中点，所以.
【解析】【分析】（1） 根据题意，列出方程，求得，进而得到，即可求得双曲线C的方程；
（2） 设AB直线方程为，得到，，联立方程组，得到， ，（i）化简得到，根据，即可求解；（ii）求得过M平行于OA的直线方程为和OB方程为，联立方程组，整理得，又由，，两式相除得，求得 ，结合，得到，即P为线段MQ的中点，即可得证.
17．【答案】（1）解：由题意可得，解得，
所以椭圆C的标准方程为；
（2）解：假设存在，
设，则，
联立，消得，
则，即，
，
则直线的方程为，
令，则，
直线的方程为，
令，则，
则
，
则要使直线PA，PB与x轴交点的横坐标之积的绝对值为定值，
则，解得，
所以存在，且.
【解析】【分析】（1）根据题意求出 ，即可得解；
（2） 设，则， 联立，整理得， 利用韦达定理求出， 则直线的方程为，直线的方程为，从而可得两直线与轴交点的横坐标，再相乘整理结合其积为定值，即可得出结论.
18．【答案】（1）解：由题意得，解得，所以，
所以的方程为.
（2）解：①由题意得整理得，设，
，直线的方程为，
代入整理得，，
设，则，所以，
，即，同理.
，
所以直线的方程为，即，所以直线过定点.
②因为，所以与正负相同，且，所以，
当取得最大值时，取得最大值.
由时，；
所以当且仅当时等号成立，取得最大值，取得最大值，
此时直线的方程为.
【解析】【分析】（1） 由题意得 ，求解可得a，b的值，即可得 的方程；
（2） ①由题意得设， 利用韦达定理和直线MC的方程表示出C、D点的坐标，即可求出直线CD的方程，即可证明出直线过定点；
② 由分析可知，当取得最大值时，取得最大值，由两角差的正切公式结合基本不等式求解出直线的方程.
19．【答案】（1）解：由题意，有，解得，，，
所以椭圆的方程为；
（2）解：由椭圆可得右焦点，
由题意，点在轴上方且过点，则直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，则，，
由，可得，
所以，，
所以，即，
由，，
所以，则直线的方程为，
令，得，所以，
所以，则直线的方程为，
令，得，所以，
所以，
所以．
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式、焦距的定义、椭圆中a，b，c三者的关系式，进而解方程组得出a，b，c的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 由椭圆可得右焦点坐标，由题意，点在轴上方且过点，则直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，则，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，所以，由，结合两点求斜率公式得出直线的斜率，再结合点斜式得出直线方程，再利用赋值法得出点M的坐标，再结合两点求斜率公式得出直线的斜率，再利用点斜式得出直线的方程，再结合赋值法得出点N的坐标，再利用两点求距离公式得出的值。
20．【答案】（1）解：，，，故椭圆的方程为；
（2）解：依题意设直线的方程为，，
联立方程组，消元得：，
，，
由得：，两边同除，，
即；将代入上式得：
整理得：所以或（舍），
当时等号成立，满足条件，所以面积的最大值为.
【解析】【分析】（1）根据 面积最大值为，求得，进而得到，即可求得椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组求得，由，化简得到，将代入上式化简得到，求得，结合面积公式化简得到，结合基本不等式，即可求解.
21．【答案】（1）解：设椭圆焦距为2c，根据椭圆定义可知，
的周长为，离心率
联立，解得，，
所以，
即椭圆C的标准方程.
（2）解：设点，又为切点，可知，
所以四点共圆，即在以OM为直径的圆上，
则以OM为直径的圆的方程为，
又在圆上，
两式相减得直线AB的方程为，如下图所示：
设，，由，
消去y整理后得，
，，
所以
，
又点O到直线PQ的距离，
设的面积为S，则
，
其中，令，则，
设，，则，
所以在区间上单调递增，从而得，
于是可得，
即的面积的取值范围为.
【解析】【分析】(1)由离心率的值和三角形的周长，可得a，c的值，进而求出b的值，求出椭圆C的标准方程；
(2)设M的坐标，代入椭圆的方程，可得M的横纵坐标的关系， 求出切点AB的直线方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，求出弦长|PQ|的值，再求O到直线PQ的距离d ，代入三角形的面积公式，换元，由函数的单调性，可得 的面积的取值范围.
22．【答案】（1）解：由题意可得，解得，
故椭圆C的标准方程.
（2）解：由（1）可知：，则有：
当直线l不与x轴重合时，设，则，
联立直线l与椭圆C的方程，消去x得，
则，
故，
联立直线与椭圆C的方程，消去y得，
设，则，
故，
可得，
令，则，
故，
∵的对称轴为，则在上单调递减，且，
∴，故；
当直线l与x轴重合时，则，故；
综上所述：的取值范围为.
（3）过定点，理由如下：
当直线l不与x轴重合时，设，则，
由（2）可得：，
则直线的斜率，
故直线的方程，即，
对，
可得直线的方程过定点；
当直线l与x轴重合时，则直线即为x轴也过；
综上所述：直线过定点.
【解析】【分析】（1）根据题意可得，解得，即可得结果；
（2）根据题意设直线， 则，与椭圆联立，结合韦达定理求，，即可得， 令，则，所以 ，结合二次函数运算求解，注意讨论直线l是否与x轴重合；
（3）根据题意求直线BM的方程，结合韦达定理化简整理即可得结果，注意讨论直线l是否与x轴重合.
23．【答案】（1）解：由已知点M是以AO为直径的圆上的点，
∴，又∵，，∴，，
∴，又∵点M在椭圆上，∴，整理得，
∴
（2）解：设，，
（ⅰ）由，，∴椭圆的方程为：，
在中，∴直线l的斜率为，
∴直线l的方程为，与椭圆方程联立得，
整理得：，∴，，
∴，
（ⅱ）设直线l的方程为，与椭圆方程联立得，
消去x整理得：，当得，
∴，，
∴
∴当且仅当时，有最大值，此时最大值是
【解析】【分析】(1)根据所给条件求得点M坐标，带入椭圆方程结合离心率的定义，进行求解，即可得椭圆的离心率e；
(2) 设，，
(i)根据题意求得直线l的方程为，联立椭圆方程利用韦达定理直接求 ，即可求出的值；
(ii) 设直线l的方程为，与椭圆方程联立得，利用韦达定
理得 ，， 由 ， 即可求解出 的最大值．
24．【答案】（1）解：依题意有，得，所以椭圆C的方程为，
又，则椭圆C的离心率为；
（2）证明：依题意可得直线OP的方程为，
则可设直线l的方程为，不妨设，，
则直线PM的方程为，得，同理得，
联立，消x整理得，
则，，
又E，F都在y轴右侧，即，，
所以（定值），
故结论为定值成立．
【解析】【分析】（1） 依题意有，得， 得到椭圆C的方程为，进而求得椭圆C的离心率为；
（2）设直线l的方程为，不妨设，，与抛物线方程联立整理得，由韦达定理得，，所以，代数计算可得为定值．
25．【答案】（1）解：由题意可得：，解得：，所以椭圆的方程为.
（2）证明：设.
当直线的斜率存在时，设为，则直线：.
联立，消去可得：.
所以.
设轴上存在定点，则，.
因为，所以，
所以，即，
整理得：，
所以，
所以，解得：.
即.
当直线的斜率不存在时，由对称性可知：，关于轴对称，由，可知直线与直线关于轴对称，所以直线与直线的斜率之和为零.符合题意.
综上所述：轴上存在定点，使得直线与直线的斜率之和为零.
【解析】【分析】(1)根据题意求出c，a和b的值，即可求出椭圆的方程；
(2) 设轴上存在定点， 直线：，由直线方程与椭圆方程联立消去y，得x的一元二次方程，利用根与系数的关系，表示出直线PA，PB的斜率，利用 ，求出t的值，即可证得 轴上存在定点，使得直线与直线的斜率之和为零.
26．【答案】（1）解：设椭圆C的方程为，
则，解得，
故椭圆C的方程为；
（2）解：过点作倾斜角为的直线l的方程为，设
联立，消去得，
，
【解析】【分析】(1)根据定义和a， b， c的关系，解出a， b的值，即可得椭圆C的方程；
(2)写出直线l的方程，与椭圆的方程联立，然后利用弦长公式求解出线段的长度．
27．【答案】（1）解：根据椭圆对称性，点，必在椭圆上，
则不在椭圆上，在椭圆上，
，解得
所以的方程为
（2）证明：由（1）得右焦点，
设直线，，，则
联立，消去得，
则
又直线，
令得
又
即时，，
直线BD过x轴上的定点.
【解析】【分析】（1） 根据椭圆对称性，点，必在椭圆上，则不在椭圆上，在椭圆上，再利用代入法和椭圆的标准方程，进而得出a，b的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 由（1）得出右焦点坐标，设直线，，，再利用对称性，则，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理，进而得出，再利用直线，令得，再结合，进而得出当时，，从而证出直线BD过x轴上的定点。
28．【答案】（1）解：依题知，且，解得．
所以椭圆的方程为．
（2）证明：当分别为长轴 短轴的端点时，．
当都不是长轴 短轴的端点时，设．
由解得．
由解得．
所以．
反之，设，由上面的推导可知
由，化简得，即，
当时，不一定成立．
【解析】【分析】（1） 根据题意列出方程，结合，求得的方程，即可得到椭圆的标准方程；
（2） 当分别为长轴 短轴的端点时，求得；当都不是长轴 短轴的端点时，设，联立方程组求得和，进而化简得到
．反之，设，求得，结合，列出方程求得的值，即可得证.
29．【答案】（1）解：设椭圆方程为，焦距为2c.
由题意可知，
所以，椭圆C的方程为，
且蒙日圆的方程为；
（2）解：设，设过点P的切线方程为，
由，消去y得①，
由于相切，所以方程①的，可得：，
整理成关于k的方程可得：，
由于P在椭圆外，故，
故，
设过点P的两切线斜率为，
据题意得，，，
又因为，所以可得，
即点的轨迹方程为：，
由不等式可知：，
即，当且仅当时取等号，此时，
所以，即的面积的最大值为.
【解析】【分析】 (1)由题意可得a，c的值，进而求出b的值，可得椭圆的方程及它的蒙日圆方程；
(2)设P的坐标，及过P的切线的方程，与椭圆的方程联立，由判别式为0可得两条切线的斜率的关系，再由斜率之积的值，可得P的轨迹方程，由均值不等式可得P的横坐标之积的最大值，进而求出△POH的面积的最大值.
30．【答案】（1）解：由题知，椭圆，
设椭圆的焦距为，
因为椭圆C的离心率，所以，
又椭圆C的右顶点与抛物线的焦点重合，
而抛物线的焦点为，
所以，则，
故椭圆C的方程为；
（2）解：由题意可知直线l的斜率不为0，
故直线l的方程可化为，
与椭圆方程联立得，
消去x，整理可得，
设，
则，
所以，
因为所以，
由题可知，且直线的斜率存在，
所以直线的方程为，
令，可得，
即，同理可得，
于是
，
故的值是定值，定值为.
【解析】【分析】（1）设椭圆的焦距为，根据即得，再根据椭圆C的右顶点与抛物线的焦点重合，即得，从而求得椭圆方程；
（2） 由题意可知直线l的斜率不为0，故设直线l的方程化为，联立直线与椭圆方程消元可得，根据韦达定理可得，由题可知，且直线的斜率存在，所以直线的方程为，令，可得，即，同理可得，代入计算即可.
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3.1 椭圆 解答题专项（难）
一、解答题
1．（2023·丰台模拟）已知椭圆的一个顶点为，焦距为2．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线的垂线（点B，C在直线l的两侧）．垂足分别为M，N，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在常数t，使得，，总成等比数列？若存在，求出t的值．若不存在，请说明理由．
2．（2023·漳州模拟）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且点和点在椭圆上，椭圆的左顶点与抛物线的焦点的距离为.
（1）求椭圆和抛物线的方程；
（2）直线与抛物线变于两点，与椭圆交于两点.
（ⅰ）若，抛物线在点处的切线交于点，求证：；
（ⅱ）若，是否存在定点，使得直线的倾斜角互补 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
3．（2023·大兴模拟）已知椭圆的焦距和长半轴长都为2.过椭圆的右焦点作斜率为的直线与椭圆相交于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设点是椭圆的左顶点，直线，分别与直线相交于点，.求证：以为直径的圆恒过点.
4．（2023高二上·魏县期末）若椭圆的离心率为，且经过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点（均与不重合），证明：直线的斜率之和为定值．
5．（2022高三上·玉溪月考）已知曲线，其离心率为，焦点在x轴上.
（1）求t的值；
（2）若C与y轴交于A，B两点（点A位于点B的上方），直线y＝kx＋m与C交于不同的两点M，N，直线y＝n与直线BM交于点G，求证：当mn＝4时，A，G，N三点共线.
6．（2023·黄浦模拟）已知椭圆的离心率为，以其四个顶点为顶点的四边形的面积等于.动直线、都过点，斜率分别为k、，与椭圆C交于点A、P，与椭圆C交于点B、Q，点P、Q分别在第一、四象限且轴.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线与x轴交于点N，求证：；
（3）求直线AB的斜率的最小值，并求直线AB的斜率取最小值时的直线的方程.
7．（2023·大理模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，点是椭圆上一点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过椭圆右焦点且与椭圆交于、两点，直线、与直线分别交于，．
①求证：，两点的纵坐标之积为定值；
②求面积的最小值．
8．（2023·河南模拟）已知椭圆的左焦点为，点在上，的最大值为，且当垂直于长轴时，.
（1）求的方程；
（2）已知点为坐标原点，与平行的直线交于两点，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，试探究是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由.
9．（2023·郑州模拟）已知椭圆：的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设不过点的直线与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为，记直线，，的斜率分别为，，，若，证明直线的斜率为定值．
10．（2023·忻州模拟）已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．
11．（2023·连云模拟）已知椭圆E：的焦距为，且经过点．
（1）求椭圆E的标准方程：
（2）过椭圆E的左焦点作直线l与椭圆E相交于A，B两点（点A在x轴上方），过点A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点M，求的最大值．
12．（2023·咸阳模拟）已知椭圆的离心率为，它的四个顶点构成的四边形的面积为4．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线与圆相切且与椭圆交于、两点，求的最大值．
13．（2023·河南模拟）已知椭圆的右焦点为F，离心率为，且点在 圆上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过右焦点F且斜率不为0的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为Q，经过坐标原点O和点Q的直线m与椭圆C交于M，N两点，求四边形AMBN的面积的取值范围．
14．（2023高三下·鄠邑）设、分别是椭圆的左、右焦点.若是该椭圆上的一个动点，的最大值为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于不同的两点、，且为锐角(其中为坐标原点)，求直线的斜率的取值范围.
15．（2023·铜仁模拟）已知，，三点中有两点在椭圆上，椭圆的右顶点为，过右焦点的直线与交于点，，当垂直于轴时.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与轴交于点，直线与轴交于点，在轴是否存在定点，使得，若存在，求出点，若不存在，说明理由.
16．（2023·浙江模拟）设双曲线的右焦点为，F到其中一条渐近线的距离为2.
（1）求双曲线C的方程；
（2）过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线于点M，
（i）求的值；
（ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：.
17．（2023·内蒙古模拟）已知椭圆C：的离心率是，点在椭圆C上.
（1）求椭圆C的标准方程.
（2）直线l：与椭圆C交于A，B两点，在y轴上是否存在点P（点不与原点重合），使得直线PA，PB与x轴交点的横坐标之积的绝对值为定值？若存在，求出P的坐标；若不存在，请说明理由.
18．（2023·潍坊模拟）已知椭圆的焦距为，离心率为，直线与交于不同的两点.
（1）求的方程；
（2）设点，直线与分别交于点.
①判段直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点.请说明理由：
②记直线的倾斜角分别为，当取得最大值时，求直线的方程.
19．（2023·上饶模拟）已知椭圆的离心率为，焦距为4．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过椭圆的右焦点的动直线与椭圆交于、两点（点在轴上方），、为椭圆的左、右顶点，直线，与轴分别交于点、，为坐标原点，求的值．
20．（2023·菏泽模拟）如图，椭圆的焦点分别为为椭圆上一点，的面积最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若分别为椭圆的上 下顶点，不垂直坐标轴的直线交椭圆于（在上方，在下方，且均不与点重合）两点，直线的斜率分别为，且，求面积的最大值.
21．（2023·宿州模拟）已知椭圆的左，右焦点分别为，，离心率为，M为椭圆上异于左右顶点的动点，的周长为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点M作圆的两条切线，切点分别为，直线AB交椭圆C于P，Q两点，求的面积的取值范围.
22．（2023·漳州模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，且．过右焦点的直线l与C交于A，B两点，的周长为．
（1）求C的标准方程；
（2）过坐标原点O作一条与垂直的直线，交C于P，Q两点，求的取值范围；
（3）记点A关于x轴的对称点为M（异于B点），试问直线BM是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是请说明理由．
23．（2023·淮北模拟）已知椭圆，A、F分别为的左顶点和右焦点，O为坐标原点，以OA为直径的圆与交于M点（第二象限），．
（1）求椭圆的离心率e；
（2）若，直线，l交于P、Q两点，直线OP，OQ的斜率分别为，．
（ⅰ）若l过F，求的值；
（ⅱ）若l不过原点，求的最大值．
24．（2023高二上·大兴期末）已知椭圆过点，且．
（1）求椭圆C的方程和离心率；
（2）设O为原点，直线OP与直线l平行，直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，直线PM，PN分别与x轴交于点E，F．当E，F都在y轴右侧时，求证：为定值．
25．（2023高二上·怀柔期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于，两个不同的点，求证：轴上存在定点，使得直线与直线的斜率之和为零.
26．（2023高二上·石景山期末）已知椭圆C的两个焦点分别为和，点在椭圆上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点作倾斜角为的直线l交椭圆C于A、B两点，求线段的长度．
27．（2023高二上·佛山期末）已知椭圆：，四点，，，中恰有三点在椭圆上.
（1）求的方程；
（2）若斜率存在且不为0的直线经过C的右焦点F，且与C交于A、B两点，设A关于x轴的对称点为D，证明：直线BD过x轴上的定点.
28．（2023高二上·湖北月考）已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上的两点，且，求证：为定值；反之，若为此定值时，是否成立？试说明理由．
29．（2022高三上·慈溪期末）法国数学家加斯帕尔·蒙日被誉为画法几何之父.他在研究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴与短半轴平方和的算术平方根.已知在椭圆中，离心率，左、右焦点分别是、，上顶点为Q，且，O为坐标原点.
（1）求椭圆C的方程，并请直接写出椭圆C的蒙日圆的方程；
（2）设P是椭圆C外一动点（不在坐标轴上），过P作椭圆C的两条切线，过P作x轴的垂线，垂足H，若两切线斜率都存在且斜率之积为，求面积的最大值.
30．（2023高二下·焦作开学考）已知椭圆的离心率，且椭圆C的右顶点与抛物线的焦点重合．
（1）求椭圆C的方程．
（2）若椭圆C的左、右顶点分别为，直线与椭圆C交于E，D两点，且点E的纵坐标大于0，直线与y轴分别交于两点，问：的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：根据已知可得，
所以，
所以椭圆E的方程为.
（2）解：由已知得，的斜率存在，且在轴的同侧，
设直线的方程为，，不妨设，
则
由得
所以
因为，
所以
，
，
要使，，总成等比数列，则应有解得，
所以存在，使得，，总成等比数列.
【解析】【分析】(1) 根据已知可得， ， 所以椭圆E的方程为；
(2)表示 ，， 的面积，利用韦达定理表示出 ， 即可求出常数t的值.
2．【答案】（1）解：设椭圆的方程为：，
和在椭圆上，
，解得：，
椭圆的标准方程为：；
由椭圆方程可知：椭圆的左顶点为，又，
，解得：，
抛物线的方程为；
（2）解：（ⅰ）当时，直线，即，
令，则直线，设，，
由得：，
则，，
，；
设抛物线在点处的切线方程分别为：，，
由得：，
，又，则，
，则；
同理可得：；
联立两切线方程，将，代入，
可解得：，，
，又，
；
同理可得：；
，
要证，等价于证明，
，又，
，
同理可得：，
，即；
（ⅱ）当时，直线，
假设存在点，使直线的倾斜角互补，则直线的斜率之和为；
设，
由得：，
，即恒成立，
，，
，
，
即，
，即，解得：，
假设成立，即存在点，使得直线的倾斜角互补.
【解析】【分析】（1） 设椭圆的方程为：，再利用和在椭圆上结合代入法得出的值，从而得出椭圆的标准方程；由椭圆方程可知椭圆的左顶点，再结合抛物线标准方程得出焦点F的坐标，再利用抛物线的定义和已知条件得出p的值，从而得出抛物线的标准方程。
（2） （ⅰ）当时，直线，即，令，则直线，设，，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法得出，再结合韦达定理得出，，设抛物线在点处的切线方程分别为：，，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法和抛物线标准方程代入法得出，同理可得：，联立两切线方程，将，代入，进而得出点S的坐标，再结合两点距离公式和得出，同理可得：，再结合，所以要证，等价于证明，再结合和，所以，同理可得：，进而证出成立。
（ⅱ）当时，直线，假设存在点，使直线的倾斜角互补，则直线的斜率之和为，设，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出恒成立和，，再利用两点求斜率公式得出的值，从而得出假设成立，即存在点，使得直线的倾斜角互补。
3．【答案】（1）解：由题意，椭圆中，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）解：由（1）知，，设直线的方程为，
联立，可得，
显然恒成立，
设，，则，
易知直线的斜率存在，，则直线的方程为，
所以，即，同理可得，
则，
所以，
所以，即以为直径的圆恒过点.
【解析】【分析】（1）易知椭圆中，结合，可求出椭圆的方程；
（2） 由（1）知，，设直线的方程为， 与椭圆方程联立，得到， 设，， 可表示出直线的方程为， 进而得到 ，同理可得，则，结合韦达定理可证明，即， 即以为直径的圆恒过点.
4．【答案】（1）解：由题意得离心率为，点在椭圆上，
所以，解得，所以椭圆方程为
（2）证明：当直线的斜率不存在时，为椭圆的上下顶点，即为，则．
当直线的斜率存在时，设的方程为，联立消去并整理得，，则，得，
设，则，
所以
综上可得，直线的斜率之和为3．
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合椭圆的离心率公式和代入法以及椭圆中a，b，c三者的关系式，进而解方程组得出a，b，c的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 当直线的斜率不存在时，利用为椭圆的上下顶点，即为，再结合两点求斜率公式得出的值；当直线的斜率存在时，设的方程为，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出k的取值范围，设，再结合韦达定理得出，再结合两点求斜率公式证出直线的斜率之和为定值。
5．【答案】（1）解：由曲线 ，其离心率为 ，焦点在x轴上.可知，
曲线 是焦点在 轴上的椭圆，则其方程可化为 ，
所以 必须满足： ，解得 ，
因 的离心率为 ， ，即 ，故 ，
解得 .
（2）证明：由（1）可知 的方程为 ，所以 ， .
把 代入 ，整理得 ，
设 ， ，
则 ， ，
因为点 ，所以直线 的方程为： .
令 ，得 ，所以 .
因为点 ，所以直线 的斜率为 ，
直线 的斜率为 .
所以
.
其中
，
当 时，上式等于0，即 ，这说明 ， ， 三点共线.
【解析】【分析】（1）由已知得曲线 是焦点在 轴上的椭圆，则其方程可化为 ， 的离心率为 ， ，得 ，故 ，解得 ；
（2） 设 ， ，把 代入 ，由韦达定理得 ， ，直线 的方程为： ，所以 ， ， ，结合根与系数关系证明，所以当 时， ， ， 三点共线.
6．【答案】（1）解：设椭圆C的焦距为2c，则由，且，
可得，，所以椭圆C的方程为
（2）证明：设，，则，，
可得，解得，
又，，所以
（3）解：设，，直线，的方程分别为，，
由（2）知，所以，又m，均大于0，可知，
由可得，
所以，即，同理可得，
直线AB的斜率为
（当且仅当时取等号）.
当时，，此时在椭圆C上，
所以，又，可得，
所以直线AB的斜率的最小值为，且当直线AB的斜率取最小值时的直线的方程为.
【解析】【分析】（1） 设椭圆C的焦距为2c，再利用椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式以及四边形的面积公式，进而得出a，b，c的值，从而得出椭圆C的标准方程。
(2) 设，再利用点与点关于直线对称的判断方法，所以，再结合两点求斜率公式和已知条件得出，再结合两点距离公式证出成立。
（3） 设，，直线，的方程分别为，，由（2）知，所以，再利用m，均大于0，可知，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，同理可得，再利用两点求斜率公式和均值不等式求最值的方法得出直线AB的斜率的最小值，再结合当时，，此时在椭圆C上，再利用代入法和，进而得出m的值，从而得出直线AB的斜率的最小值，并且得出当直线AB的斜率取最小值时的直线的方程。
7．【答案】（1）解：由题意，椭圆过点，且离心率为，
可得，解得，所以椭圆的方程为
（2）解：①设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，，可得，，
直线的方程为，
令，可得，同理可得，
所以
．
②由，
当且仅当，或，时等号成立，
所以面积的最小值为18．
【解析】【分析】（1） 由题意，椭圆过点，且离心率为，从而利用代入法和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a，b的值，从而得出椭圆的方程。
（2） ①设直线的方程为，再设，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，再结合点斜式得出直线的方程为，令，可得，同理可得，进而得出，从而证出 ，两点的纵坐标之积为定值；
②利用已知条件结合三角形的面积公式和均值不等式求最值的方法得出三角形面积的最小值 。
8．【答案】（1）解：的最大值为，
当垂直于长轴时，将代入椭圆可得，则，
所以，解得
所以的方程为
（2）解：为定值.
由题可知直线的斜率为，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，
故设直线的方程为.
联立得，
则，
解得，则，所以，
直线的方程为，
令，得，即，
所以，同理可得.
故
，
所以为定值2.
【解析】【分析】（1） 利用已知条件得出的最大值为，当垂直于长轴时，将代入椭圆可得，再结合已知条件结合椭圆中a，b，c三者的关系式得出，进而解方程组得出a，b，c的值，从而得出椭圆的方程。
（2） 由题可知直线的斜率为，且直线，分别与轴的正半轴交于两点，故设直线的方程为，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出m的取值范围，再利用韦达定理得出，再结合点斜式得出直线的方程，再利用赋值法得出点E的坐标，再结合两点距离公式证出为定值。
9．【答案】（1）解：由题设得，，
即，
解得．
所以的方程为．
（2）证明：设直线的方程为，代入得．
，
设，则，于是．
，又，所以．
即．，即，
，
，
将，
代入整理得，即，
当，直线过点，舍去，
所以．
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式和代入法以及椭圆中a，b，c三者的关系式，进而解方程组得出a，b，c的值，进而得出椭圆的标准方程。
（2） 设直线的方程为，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出，设，再结合点与点关于原点对称的判断方法，则，再利用韦达定理得出，再结合两点求斜率公式和，所以，即，再利用两点求斜率公式得出，再结合韦达定理得出，当，直线过点，舍去，进而得出k的值，从而证出直线的斜率为定值。
10．【答案】（1）解：由题意可得，
解得，
故椭圆C的标准方程为
（2）解：设直线l的方程为，，，
联立，
整理得，
则，即，
解得，，．
故△OPQ的面积．
设，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
则，即△OPQ面积的最大值为．
【解析】【分析】（1） 由题意可得 ，求解出a2，b2，可得 椭圆C的标准方程；
（2） 设直线l的方程为，，， 与椭圆方程联立可得 ， 进而可得 ，可求出 △OPQ面积的最大值 .
11．【答案】（1）解：由题意得，所以，即椭圆方程为；
（2）解：当直线l斜率为0时，A，B分别为椭圆的左右顶点，此时切线平行无交点．故设直线l：，
由，得．
，，.
不妨设在x轴上方，则在x轴下方．
椭圆在x轴上方对应方程为，，
则A处切线斜率为，得切线方程为，整理得.
同理可得B处的切线方程为．
由得，
代入①得，所以．
因为，所以
设，则，则，
当且仅当，即时，的最大值是2．
另解：当直线l的斜率存在时，设l：，
由得，
所以，，，
椭圆在x轴上方的部分方程为，，
则过的切线方程为，
即，
同理可得过的切线方程为.
由得
设，则，
所以直线l的方程为，所以.
，
令，则，所以，
当时，即时，取得最大值，为2．
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合焦距的定义和椭圆的标准方程代入法、椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a，b，c的值，从而得出椭圆E的标准方程。
（2） 当直线l斜率为0时，A，B分别为椭圆的左右顶点，此时切线平行无交点，故设直线l：，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和，，再结合弦长公式得出，不妨设在x轴上方，则在x轴下方，椭圆在x轴上方对应方程为，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再结合点斜式得出点A处的切线方程，同理可得点B处的切线方程，由得出交点M的坐标，再结合两点距离公式得出，设，则，再利用均值不等式求最值的方法得出的最大值。
另解：当直线l的斜率存在时，设l：，由结合判别式法和韦达定理得出和，，再利用弦长公式得出，再利用椭圆在x轴上方的部分方程为，再结合椭圆的切线求解方法得出过的切线方程，同理可得过的切线方程，由得的值，设，则，进而得出直线l的方程，所以，再利用两点距离公式得出
，令，则，所以，再利用二次函数的图象求最值的方法得出的最大值。
12．【答案】（1）解：椭圆的四个顶点构成的四边形的面积为，
由题意可得，解得，．
所以，椭圆的方程为
（2）解：若直线与轴平行或重合，此时直线与圆相交，不合乎题意，
设直线的方程为，由题意可得，即.
联立消去得，即，
．
设、，则，．
所以，
．
令，则，则，
当且仅当时等号成立，此时，．
故的最大值为2．
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合四边形的面积公式得出椭圆的四个顶点构成的四边形的面积，从而得出ab的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，进而得出a，b的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 若直线与轴平行或重合，此时直线与圆相交，不合乎题意，设直线的方程为，再利用点到直线的距离公式和已知条件得出，设、，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和，，再利用弦长公式得出，令，则，则，再结合均值不等式求最值的方法得出的最大值。
13．【答案】（1）解：设椭圆右焦点的坐标为，则，即，
又，则，
因为点在椭圆上，
所以，即，解得，
则，，所以椭圆C的标准方程为．
（2）解：由（1）知，因为直线l的斜率不为0，所以可设直线l的方程为，
代入椭圆C的方程，消去x化简得，
设，，则，．
设线段AB的中点为，则，，即，则直线m的方程为，
代入椭圆C的方程可得，不妨设，．
，
点M，N到直线l的距离分别为，，
则四边形AMBN的面积为．
因为点M，N在直线l的两侧，所以，
因为，所以．
因此，四边形AMBN的面积的取值范围为．
【解析】【分析】（1） 设椭圆右焦点的坐标为，再结合椭圆的离心率公式得出，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式得出，再利用点在椭圆上结合代入法得出c的值，进而得出a，b的值，从而得出椭圆C的标准方程。
（2） 由（1）知，再利用直线l的斜率不为0，所以可设直线l的方程为，再设，，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，再结合线段AB的中点为和中点坐标公式以及代入法得出点Q的坐标，再利用点斜式得出直线m的方程，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程得出交点坐标，不妨设，，再结合弦长公式得出A，B的长，再利用点到直线的距离公式得出点M，N到直线l的距离，再结合四边形的面积公式得出四边形AMBN的面积，再利用点M，N在直线l的两侧和三角形的面积公式和二次函数的图象求值域的方法得出四边形AMBN的面积的取值范围。
14．【答案】（1）解：易知，，
所以，，设，则
，
因为，故当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值1，即
，解得
故所求的椭圆方程为
（2）解：设，，由得
，
故，.
又为锐角，
∴
又
∴
，
∴，解得∴的取值范围是.
【解析】【分析】(1)由标准方程可得 ，，设， 则可得 ，结合有最大值1，即，解得，从而可得椭圆的方程；
(2) 设，，由得，根据平面向量数量积公式结合 为锐角 ，利用韦达定理可得 ， 从而可求出 的取值范围 .
15．【答案】（1）解：根据椭圆的对称性可知，点，在椭圆上，
对于，令得，解得，所以，
则，
∴椭圆的方程为.
（2）解：设存在定点，设过右焦点的直线的方程为，且与曲线的交点分别为，，
联立，
则由韦达定理有：，，
由的标准方程得，
设直线，当时，，
同理，设直线，当时，，
∴，，
∴
，解得，
故在轴上存在定点或，使得.
【解析】【分析】（1）根据对称性可得，点，在椭圆上，再由得到方程组 ，解得，即可得解；
（2） 设存在定点，设过右焦点的直线的方程为，且与曲线的交点分别为， ，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理， 设直线，当时，，同理可得点，根据求出，即可得解.
16．【答案】（1）解：因为双曲线其中一条渐近线方程为，又点到它的距离为2，
所以，又，得，
又因为，所以，
所以双曲线C的方程为.
（2）解：设AB直线方程为，则，
代入双曲线方程整理得：，
设，则， ，
（i）
而
，
所以，则，
所以 ；
（ii）过M平行于OA的直线方程为，
直线OB方程为与联立，
得，
即，
则，
所以，
由，两式相除得，
，则，
所以 ，
因为，所以，
故P为线段MQ的中点，所以.
【解析】【分析】（1） 根据题意，列出方程，求得，进而得到，即可求得双曲线C的方程；
（2） 设AB直线方程为，得到，，联立方程组，得到， ，（i）化简得到，根据，即可求解；（ii）求得过M平行于OA的直线方程为和OB方程为，联立方程组，整理得，又由，，两式相除得，求得 ，结合，得到，即P为线段MQ的中点，即可得证.
17．【答案】（1）解：由题意可得，解得，
所以椭圆C的标准方程为；
（2）解：假设存在，
设，则，
联立，消得，
则，即，
，
则直线的方程为，
令，则，
直线的方程为，
令，则，
则
，
则要使直线PA，PB与x轴交点的横坐标之积的绝对值为定值，
则，解得，
所以存在，且.
【解析】【分析】（1）根据题意求出 ，即可得解；
（2） 设，则， 联立，整理得， 利用韦达定理求出， 则直线的方程为，直线的方程为，从而可得两直线与轴交点的横坐标，再相乘整理结合其积为定值，即可得出结论.
18．【答案】（1）解：由题意得，解得，所以，
所以的方程为.
（2）解：①由题意得整理得，设，
，直线的方程为，
代入整理得，，
设，则，所以，
，即，同理.
，
所以直线的方程为，即，所以直线过定点.
②因为，所以与正负相同，且，所以，
当取得最大值时，取得最大值.
由时，；
所以当且仅当时等号成立，取得最大值，取得最大值，
此时直线的方程为.
【解析】【分析】（1） 由题意得 ，求解可得a，b的值，即可得 的方程；
（2） ①由题意得设， 利用韦达定理和直线MC的方程表示出C、D点的坐标，即可求出直线CD的方程，即可证明出直线过定点；
② 由分析可知，当取得最大值时，取得最大值，由两角差的正切公式结合基本不等式求解出直线的方程.
19．【答案】（1）解：由题意，有，解得，，，
所以椭圆的方程为；
（2）解：由椭圆可得右焦点，
由题意，点在轴上方且过点，则直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，则，，
由，可得，
所以，，
所以，即，
由，，
所以，则直线的方程为，
令，得，所以，
所以，则直线的方程为，
令，得，所以，
所以，
所以．
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式、焦距的定义、椭圆中a，b，c三者的关系式，进而解方程组得出a，b，c的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 由椭圆可得右焦点坐标，由题意，点在轴上方且过点，则直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，则，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，所以，由，结合两点求斜率公式得出直线的斜率，再结合点斜式得出直线方程，再利用赋值法得出点M的坐标，再结合两点求斜率公式得出直线的斜率，再利用点斜式得出直线的方程，再结合赋值法得出点N的坐标，再利用两点求距离公式得出的值。
20．【答案】（1）解：，，，故椭圆的方程为；
（2）解：依题意设直线的方程为，，
联立方程组，消元得：，
，，
由得：，两边同除，，
即；将代入上式得：
整理得：所以或（舍），
当时等号成立，满足条件，所以面积的最大值为.
【解析】【分析】（1）根据 面积最大值为，求得，进而得到，即可求得椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组求得，由，化简得到，将代入上式化简得到，求得，结合面积公式化简得到，结合基本不等式，即可求解.
21．【答案】（1）解：设椭圆焦距为2c，根据椭圆定义可知，
的周长为，离心率
联立，解得，，
所以，
即椭圆C的标准方程.
（2）解：设点，又为切点，可知，
所以四点共圆，即在以OM为直径的圆上，
则以OM为直径的圆的方程为，
又在圆上，
两式相减得直线AB的方程为，如下图所示：
设，，由，
消去y整理后得，
，，
所以
，
又点O到直线PQ的距离，
设的面积为S，则
，
其中，令，则，
设，，则，
所以在区间上单调递增，从而得，
于是可得，
即的面积的取值范围为.
【解析】【分析】(1)由离心率的值和三角形的周长，可得a，c的值，进而求出b的值，求出椭圆C的标准方程；
(2)设M的坐标，代入椭圆的方程，可得M的横纵坐标的关系， 求出切点AB的直线方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，求出弦长|PQ|的值，再求O到直线PQ的距离d ，代入三角形的面积公式，换元，由函数的单调性，可得 的面积的取值范围.
22．【答案】（1）解：由题意可得，解得，
故椭圆C的标准方程.
（2）解：由（1）可知：，则有：
当直线l不与x轴重合时，设，则，
联立直线l与椭圆C的方程，消去x得，
则，
故，
联立直线与椭圆C的方程，消去y得，
设，则，
故，
可得，
令，则，
故，
∵的对称轴为，则在上单调递减，且，
∴，故；
当直线l与x轴重合时，则，故；
综上所述：的取值范围为.
（3）过定点，理由如下：
当直线l不与x轴重合时，设，则，
由（2）可得：，
则直线的斜率，
故直线的方程，即，
对，
可得直线的方程过定点；
当直线l与x轴重合时，则直线即为x轴也过；
综上所述：直线过定点.
【解析】【分析】（1）根据题意可得，解得，即可得结果；
（2）根据题意设直线， 则，与椭圆联立，结合韦达定理求，，即可得， 令，则，所以 ，结合二次函数运算求解，注意讨论直线l是否与x轴重合；
（3）根据题意求直线BM的方程，结合韦达定理化简整理即可得结果，注意讨论直线l是否与x轴重合.
23．【答案】（1）解：由已知点M是以AO为直径的圆上的点，
∴，又∵，，∴，，
∴，又∵点M在椭圆上，∴，整理得，
∴
（2）解：设，，
（ⅰ）由，，∴椭圆的方程为：，
在中，∴直线l的斜率为，
∴直线l的方程为，与椭圆方程联立得，
整理得：，∴，，
∴，
（ⅱ）设直线l的方程为，与椭圆方程联立得，
消去x整理得：，当得，
∴，，
∴
∴当且仅当时，有最大值，此时最大值是
【解析】【分析】(1)根据所给条件求得点M坐标，带入椭圆方程结合离心率的定义，进行求解，即可得椭圆的离心率e；
(2) 设，，
(i)根据题意求得直线l的方程为，联立椭圆方程利用韦达定理直接求 ，即可求出的值；
(ii) 设直线l的方程为，与椭圆方程联立得，利用韦达定
理得 ，， 由 ， 即可求解出 的最大值．
24．【答案】（1）解：依题意有，得，所以椭圆C的方程为，
又，则椭圆C的离心率为；
（2）证明：依题意可得直线OP的方程为，
则可设直线l的方程为，不妨设，，
则直线PM的方程为，得，同理得，
联立，消x整理得，
则，，
又E，F都在y轴右侧，即，，
所以（定值），
故结论为定值成立．
【解析】【分析】（1） 依题意有，得， 得到椭圆C的方程为，进而求得椭圆C的离心率为；
（2）设直线l的方程为，不妨设，，与抛物线方程联立整理得，由韦达定理得，，所以，代数计算可得为定值．
25．【答案】（1）解：由题意可得：，解得：，所以椭圆的方程为.
（2）证明：设.
当直线的斜率存在时，设为，则直线：.
联立，消去可得：.
所以.
设轴上存在定点，则，.
因为，所以，
所以，即，
整理得：，
所以，
所以，解得：.
即.
当直线的斜率不存在时，由对称性可知：，关于轴对称，由，可知直线与直线关于轴对称，所以直线与直线的斜率之和为零.符合题意.
综上所述：轴上存在定点，使得直线与直线的斜率之和为零.
【解析】【分析】(1)根据题意求出c，a和b的值，即可求出椭圆的方程；
(2) 设轴上存在定点， 直线：，由直线方程与椭圆方程联立消去y，得x的一元二次方程，利用根与系数的关系，表示出直线PA，PB的斜率，利用 ，求出t的值，即可证得 轴上存在定点，使得直线与直线的斜率之和为零.
26．【答案】（1）解：设椭圆C的方程为，
则，解得，
故椭圆C的方程为；
（2）解：过点作倾斜角为的直线l的方程为，设
联立，消去得，
，
【解析】【分析】(1)根据定义和a， b， c的关系，解出a， b的值，即可得椭圆C的方程；
(2)写出直线l的方程，与椭圆的方程联立，然后利用弦长公式求解出线段的长度．
27．【答案】（1）解：根据椭圆对称性，点，必在椭圆上，
则不在椭圆上，在椭圆上，
，解得
所以的方程为
（2）证明：由（1）得右焦点，
设直线，，，则
联立，消去得，
则
又直线，
令得
又
即时，，
直线BD过x轴上的定点.
【解析】【分析】（1） 根据椭圆对称性，点，必在椭圆上，则不在椭圆上，在椭圆上，再利用代入法和椭圆的标准方程，进而得出a，b的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 由（1）得出右焦点坐标，设直线，，，再利用对称性，则，再结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理，进而得出，再利用直线，令得，再结合，进而得出当时，，从而证出直线BD过x轴上的定点。
28．【答案】（1）解：依题知，且，解得．
所以椭圆的方程为．
（2）证明：当分别为长轴 短轴的端点时，．
当都不是长轴 短轴的端点时，设．
由解得．
由解得．
所以．
反之，设，由上面的推导可知
由，化简得，即，
当时，不一定成立．
【解析】【分析】（1） 根据题意列出方程，结合，求得的方程，即可得到椭圆的标准方程；
（2） 当分别为长轴 短轴的端点时，求得；当都不是长轴 短轴的端点时，设，联立方程组求得和，进而化简得到
．反之，设，求得，结合，列出方程求得的值，即可得证.
29．【答案】（1）解：设椭圆方程为，焦距为2c.
由题意可知，
所以，椭圆C的方程为，
且蒙日圆的方程为；
（2）解：设，设过点P的切线方程为，
由，消去y得①，
由于相切，所以方程①的，可得：，
整理成关于k的方程可得：，
由于P在椭圆外，故，
故，
设过点P的两切线斜率为，
据题意得，，，
又因为，所以可得，
即点的轨迹方程为：，
由不等式可知：，
即，当且仅当时取等号，此时，
所以，即的面积的最大值为.
【解析】【分析】 (1)由题意可得a，c的值，进而求出b的值，可得椭圆的方程及它的蒙日圆方程；
(2)设P的坐标，及过P的切线的方程，与椭圆的方程联立，由判别式为0可得两条切线的斜率的关系，再由斜率之积的值，可得P的轨迹方程，由均值不等式可得P的横坐标之积的最大值，进而求出△POH的面积的最大值.
30．【答案】（1）解：由题知，椭圆，
设椭圆的焦距为，
因为椭圆C的离心率，所以，
又椭圆C的右顶点与抛物线的焦点重合，
而抛物线的焦点为，
所以，则，
故椭圆C的方程为；
（2）解：由题意可知直线l的斜率不为0，
故直线l的方程可化为，
与椭圆方程联立得，
消去x，整理可得，
设，
则，
所以，
因为所以，
由题可知，且直线的斜率存在，
所以直线的方程为，
令，可得，
即，同理可得，
于是
，
故的值是定值，定值为.
【解析】【分析】（1）设椭圆的焦距为，根据即得，再根据椭圆C的右顶点与抛物线的焦点重合，即得，从而求得椭圆方程；
（2） 由题意可知直线l的斜率不为0，故设直线l的方程化为，联立直线与椭圆方程消元可得，根据韦达定理可得，由题可知，且直线的斜率存在，所以直线的方程为，令，可得，即，同理可得，代入计算即可.
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