高中数学人教A版（2019）选修1 3.1 椭圆的定义和方程2填空大题章节综合练习题（答案+解析）

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3.1 椭圆的定义和方程2填空大题
一、填空题
1．在平面直角坐标系中，点到点、的距离之和为，则点的轨迹方程是　 　.
2．已知方程表示椭圆，则实数k的取值范围是　 　．
3．（2023高二下·深圳月考）已知，分别为椭圆的左，右焦点，点P为C的上顶点，且，．则C的方程是　 　．
4．（2023高三上·上海市开学考）“m＞n＞0”是”方程mx2+ny2＝1表示焦点在y轴上的椭圆”的　 　条件．
5．（2023高三上·梅河口开学考）已知椭圆的离心率是，若以为圆心且与椭圆C有公共点的圆的最大半径为，此时椭圆C的方程是　 　
6．（2023·广东模拟）已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，M是C上一点且与x轴垂直，直线与C的另一个交点为N．若直线MN在y轴上的截距为3，且，则椭圆C的标准方程为　 　．
7．（2023·榆林模拟）已知直线与椭圆交于A，B两点，则线段AB的中点P的轨迹长度为　 　．
8．（2023·静安模拟）已知，两点在对称轴为坐标轴的椭圆上，则椭圆的标准方程为　 　.
9．（2022高二上·广丰月考）已知椭圆的焦距是8，椭圆上的某点到两个焦点的距离之和等于16，则椭圆的标准方程是　 　．
10．（2022高二上·深圳月考）椭圆的左、右焦点分别为、，过右焦点作直线交椭圆C于A、B两点，若，则　 　．
二、解答题
11．已知椭圆的右焦点为，上顶点为，，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆相交于两点，且点，当的面积最大时，求直线的方程．
12．（2023高三上·哈尔滨开学考）如图，椭圆（）的离心率为，过椭圆右焦点作两条互相垂直的弦与．当直线的斜率为0时，．
（1）求椭圆的方程；
（2）求使取最小值时直线的方程．
13．椭圆：上顶点为，左焦点为，中心为．已知为轴上动点，直线与椭圆交于另一点；而为定点，坐标为，直线与轴交于点．当与重合时，有，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设的横坐标为，且，当面积等于时，求的取值．
14．（2024高三上·硚口）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，求的最大值.
15．（2023高二下·湛江期末）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点是椭圆的一个顶点，是等腰直角三角形．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点分别作直线，交椭圆于A，两点，设两直线，的斜率分别为，，且，证明：直线过定点．
16．分别求适合下列条件的方程：
（1）长轴长为10，焦距为4的椭圆标准方程；
（2）经过点的抛物线的标准方程.
17．（2023高二下·天河期末）已知椭圆的焦点坐标为、，点为椭圆上一点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）经过点且倾斜角为的直线与椭圆相交于、两点，为坐标原点，求的面积.
18．（2023高二下·安宁期末）已知椭圆，（，），过椭圆的右焦点作垂直于轴的直线交椭圆于，两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若，是椭圆上位于两侧的动点，当，运动时，始终保持平分，求证：直线的斜率为定值．
19．（2023·北京卷）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
（1）求的方程；
（2）设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
20．（2023高三上·上海市开学考）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆C1与抛物线C2的一个交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M（B、M不同于A）．
（1）若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，求p的值；
（2）若直线l过椭圆的右焦点，求△ABO面积的最大值及此时直线l的方程；
（3）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
21．已知椭圆，抛物线，且的公共弦过椭圆的右焦点.
（1）当轴时，求的值，并判断抛物线的焦点是否在直线上；
（2）求的值，使得抛物线的焦点在直线上.
22．（2023高三上·阳江开学考）已知，分别是椭圆长轴的两个端点，C的焦距为2．，，P是椭圆C上异于A，B的动点，直线PM与C的另一交点为D，直线PN与C的另一交点为E．
（1）求椭圆C的方程；
（2）证明：直线DE的倾斜角为定值．
23．（2023高二下·江门期末）已知椭圆的离心率为，且与双曲线有相同的焦距．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的左、右顶点分别为，过左焦点的直线交椭圆于两点（其中点在轴上方），求与的面积之比的取值范围．
24．（2023高二下·洛阳期末）已知圆S：，点P是圆S上的动点，T是抛物线的焦点，Q为PT的中点，过Q作交PS于G，设点G的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）过的直线l交曲线C于点M，N，若在曲线C上存在点A，使得四边形OMAN为平行四边形（O为坐标原点），求直线l的方程．
25．（2023高二下·保山期末）已知椭圆经过点，离心率为，点A为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆相交于不同于点A的两个点，.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若以P，Q为直径的圆恒过点A，求证：直线l恒过定点，并求出定点坐标.
26．（2023高二下·清远期末）已知是椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于两点（异于点），当直线的斜率不存在时，．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求面积的取值范围．
27．（2023高二下·成都期末）已知在平面直角坐标系中，椭圆的右顶点为，上顶点为，的面积为，离心率．
（1）求椭圆的方程；
（2）若斜率为的直线与圆相切，且与椭圆相交于、两点，若弦长的取值范围为，求斜率的取值范围．
28．（2023高二下·玉林期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆C上，且满足．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线与椭圆C交于不同的两点M，N，且（O为坐标原点）．证明：总存在一个确定的圆与直线l相切，并求该圆的方程．
29．（2023高二下·深圳期末）已知椭圆过点，长轴长为.
（1）求椭圆的方程及其焦距；
（2）直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与直线交于点，为坐标原点且，求证：直线过定点，并求出定点坐标.
30．（2023高三下·梅河口月考）已知椭圆的一个顶点为，焦距为.椭圆的左 右顶点分别为为椭圆上异于的动点，交直线于点与椭圆的另一个交点为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线是否过轴上的定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，说明理由.
答案解析部分
1．【答案】
【解析】【解答】解：
因为点到点、的距离之和为，
即点的轨迹方程是 以、为焦点,焦点在x 轴上的椭圆，；
,,
b2=a2-c2=25-9=16,
.
故 点的轨迹方程是
故答案为：.
【分析】由已知条件，点的轨迹方程满足椭圆的定义，再分别得出的值从而得出椭圆的标准方程.
2．【答案】且
【解析】【解答】解： 由题意得，解得，即且
故答案为：且.
【分析】根据椭圆的定义列出方程组，求解可得实数k的取值范围.
3．【答案】
【解析】【解答】解： ，． ，故 ，
又a2=b2+c2 ，即 ，解得：c2=1 ，故a2=4，b2=3 ，
所以C的方程是 ，
故答案为： .
【分析】根据椭圆的性质，即可求解.
4．【答案】充要
【解析】【解答】解：充分性：，则，椭圆的焦点在轴上，即椭圆的焦点在轴上，充分性成立；
必要性：椭圆的焦点在轴上，则，，，必要性成立，是椭圆的焦点在轴上充要条件.
故答案为：充要.
【分析】根据充分必要条件的定义结合椭圆性质求解.
5．【答案】
【解析】【解答】解：由题意可得，解得，
则椭圆C的方程为，可得，
设是椭圆上任一点，
则，
又因为，则有：
若，可知当时，取到最大值，解得，
所以椭圆方程为；
若，可知当时，取到最大值，解得不成立；
综上所述：椭圆方程为.
故答案为：.
【分析】根据离心率可得，根据椭圆方程结合距离公式可得，分，两种情况，结合二次函数运算求解.
6．【答案】
【解析】【解答】由对称性不妨令点M在第一象限，令直线交y轴于点A，过N作轴于B，令，
因为轴，则，而O为的中点，又A为中点，而，
于是，由知，，显然，
因此，于是，又，
则，解得，而，则，
所以椭圆C的标准方程为.
故答案为：
【分析】根据给定条件，借助几何图形及比例式求出点M，N的坐标，再代入椭圆方程求解作答.
7．【答案】
【解析】【解答】设，
联立方程，整理得，
则，
所以，可得．
由，解得，
所以点P的轨迹方程为，
故点P的轨迹长度为．
故答案为：.
【分析】设，联立方程，整理得，利用根与系数的关系及中点坐标公式得到点P的轨迹方程为，代入弦长公式计算求解即可.
8．【答案】
【解析】【解答】当焦点在轴上时，设椭圆的标准方程为，
又因，在椭圆上，所以，解得，，
此时，，故舍弃.
当焦点在轴上时，设椭圆的标准方程为，
又因，在椭圆上，所以，解得，，所以椭圆的标准方程为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合焦点的位置，从而设出椭圆的标准方程，再结合，在椭圆上和代入法以及a，b的大小关系，进而得出满足要求的a，b的值，从而得出椭圆的标准方程。
9．【答案】或
【解析】【解答】由题设，，则，而，
所以椭圆的标准方程是或.
故答案为：或
【分析】由已知条件结合椭圆的定义可得，再根据，可求出椭圆的标准方程.
10．【答案】
【解析】【解答】解：如图，
椭圆C的焦点为，，
设，则，
由椭圆的定义得，．
在三角形中，由余弦定理得．
在三角形中，由余弦定理得．
因为，
所以，
解得，，所以．
故答案为：．
【分析】根据椭圆的方程求出a、c，利用椭圆的定义结合余弦定理可求出．
11．【答案】（1）解：由题意，可得，且，所以，则，
所以椭圆的方程为.
（2）解：由直线的方程为，则点到直线的距离为，
联立方程组，整理可得，
由判别式，解得，
设，则，
可得
，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以所求直线的方程为或．
【解析】【分析】（1）根据题意，结合椭圆的几何性质，求得，， 则， 即可求得椭圆的方程；
（2） 由直线的方程为，由点到直线的距离公式得， 联立方程组， 整理可得， 根据，得到，结合弦长公式求得，得到，结合基本不等式，即可求解.
12．【答案】（1）解：由题意知，又
a2=b2+c2，解得a=2，b=，
∴椭圆方程为.
（2）解：①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，
另一条弦所在直线的斜率不存在，
由题意知|AB|+|CD|=7，不满足条件.
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，
设直线AB的方程为y=k(x一1)，
则直线CD的方程为，设
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线AB的方程代入祁有圆方程中并整理得
(3+4x2)x2-8k2x+4x2-12=0，
则，
∴
，
同理，，
∴
，
当且仅当，即时，上式取等号，
∴直线AB的方程为x-y-1=0或x+y-1=0.
【解析】【分析】(1)利用椭圆的定义和几何性质即可求解.
(2)分两种情况讨论
①两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，不符合题意.
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设出直线AB的方程，和椭圆方程联立，利用弦长公式求出，同理，，化简利用基本不等式即可求解.
13．【答案】（1）设，由知，即，
由知，即，
则，故椭圆的标准方程为．
（2）直线的方程为，与联立，可得
，且，有，即；
直线的方程为，令，可得；
由知，
即，．
而，解得，或（舍去）．
故的取值为．
【解析】【分析】（1）设 由与结合距离公式、向量的坐标运算即可得到b，c，从而得到a，与椭圆的标准方程；
（2）将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，由PT方程得到， 由结合，解方程即可得到t的值.
14．【答案】（1）解：由椭圆的离心率为，可得，可得，
设椭圆方程，将点代入方程，可得，
故方程为.
（2）解：设且，
联立方程，整理得，
由，可得，且，，
又由原点到的距离，
由圆锥曲线的弦长公式，可得，
所以
令，可得
当且仅当，即时，面积取到最大值
【解析】【分析】 (1) 由椭圆的离心率为得，设椭圆方程，将点代入得，即椭圆方程；
(2) 设与椭圆方程联立结合韦达定理得，，利用点到直线距离公式和弦长公式得结合基本不等式求面积的最大值.
15．【答案】（1）由题意点是椭圆的一个顶点，知，
因为是等腰直角三角形，所以，即，
所以椭圆的标准方程为：．
（2）若直线的斜率存在，设其方程为，由题意知．
由，得，
由题意知，设，，
所以，，
因为，所以
，
所以，整理得，
故直线的方程为，即，
所以直线过定点．
若直线的斜率不存在，设其方程为，，．
由题意得，解得，
此时直线的方程为，显然过点．
综上，直线过定点．
【解析】【分析】（1） 由题意点是椭圆的一个顶点，知， 再由是等腰直角三角形，可得 ，进而求出，即可得椭圆的标准方程；
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，若直线的斜率存在，设其方程为 ，与椭圆方程联立得， 由韦达定理得 ，，直线，的斜率之和，得到直线的方程为， 所以直线过定点．若直线的斜率不存在， 直线仍然过，所以直线过定点．
16．【答案】（1）解：设椭圆的长轴长为，焦距为
由条件可得.所以.
所以，
当椭圆的焦点在轴上时，标准方程为；
当椭圆的焦点在轴上时，标准方程为
（2）解：当抛物线的焦点在轴上时，可设所求抛物线的标准方程为，
将点的坐标代入抛物线的标准方程得，
此时，所求抛物线的标准方程为；
当抛物线的焦点在轴上时，可设所求抛物线的标准方程为，
将点的坐标代入抛物线的标准方程得，解得，
此时，所求抛物线的标准方程为.
综上所述，所求抛物线的标准方程为或
【解析】【分析】（1）由已知条件确定a，c，再根据 求出b，再分焦点在x轴、焦点在y轴时两种情况求出椭圆标准方程；
（2）分焦点在x轴的负半轴时、焦点在y轴的负半轴时两种情况设出抛物线的标准方程，把点 代入进行求解，可得抛物线的标准方程.
17．【答案】（1）解：由椭圆的定义可得，
所以，，又因为，则，
所以，椭圆的标准方程为.
（2）解：设点、，由题意可知，直线的方程为，即.
联立可得，解得，，
所以，.
【解析】【分析】（1）利用已知条件，椭圆的定义，分别求出参数a、b、c，进而得到椭圆的标准方程。
（2）设出交点M、N的坐标，直线的方程和椭圆的方程联立，求得交点M、N的纵坐标，利用三角形的面积公式求解即可。
18．【答案】（1）解：由题意知，点在椭圆上，即，解得：，
所以椭圆的方程为：；
（2）解：由题意知直线的斜率存在，设直线的斜率为，
因为平分，所以直线的斜率为，
则直线为：，直线为：，
联立直线与椭圆：
消得：
解得：，，
同理可得：，，
所以
所以，
即直线的斜率为定值.
【解析】【分析】本题考查椭圆标准方程和过椭圆的直线问题，
（1）由题中已知条件可以确定又焦点F2的横坐标为2，又因为点A在椭圆上联立方程即可求出a2、b2的值，从而得到椭圆C的方程；
（2）因为M、N是椭圆上位于AB两侧的动点，所以AM、AN的斜率存在，设出AM、AN的斜率，写出AM、AN的方程，联立方程组求解即可.
19．【答案】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，
易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
【解析】【分析】（1）由题意知，，结合，求解椭圆方程；
（2）设，由题意求出直线，，的方程，联立求出点 ， 坐标，利用证明 ．
20．【答案】（1）解：已知椭圆的右焦点坐标为（1，0）
若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，所以，解得p＝2；
（2）解：不妨设直线的方程为x＝my+1，联立，消去x并整理得，不妨设A（x1，y1），B（x2，y2），
由韦达定理得，
此时，
则，当且仅当m＝0时，
所以△AOB面积有最大值为，此时直线l的方程为x＝1；
（3）解：解：当直线l与x轴垂直时，可得点M与点A或点B重合，不符合题意；当直线l不与x轴垂直时，
不妨设直线l的方程为y＝kx+t，A（x3，y3），B（x4，y4），M（x0，y0），
联立，消去y并整理得（2k2+1）x2+4ktx+2t2﹣2＝0，
此时Δ＝16k2t2﹣4（2k2+1）（2t2﹣2）＞0，解得t2＜1+2k2，
易知，所以，则点，
因为点M在抛物线C2上，则，
联立，解得，代入椭圆方程中得，
解得，又，
所以，当且仅当1＝2k2，即时，等号成立，故p的最大值为．
【解析】【分析】(1)先求出椭圆的右焦点坐标，进而值；
(2)设出直线的方程与椭圆方程联立，建立三角形面积的函数关系利用韦达定理化简求最大值，和直线方程；
(3)设出直线的方程与椭圆方程联立，由线段的中点在抛物线上和点是椭圆与抛物线的公共点建立关系式结合基本不等式求解.
21．【答案】（1）解：当轴时，点关于轴对称，所以，直线的方程为：
，从而点的坐标为或.因为点在抛物线上，所以，即.此时的焦点坐标为，该焦点不在直线上.
（2）解：解法一：由（1）知直线的斜率存在，
故可设直线的方程为.
由消去得①
设的坐标分别为，
则是方程①的两根，.
由消去得.②
因为的焦点在直线上，
所以，即.代入②有.
即.③
由于也是方程③的两根，所以.
从而.解得④
又过的焦点，
所以，
则.⑤
由④⑤式得，即.解得.
于是.因为的焦点在直线上，
所以，即或.
由上知：或.
解法二：设的坐标分别为.因为既过的右焦点，又过的焦点，所以.
即.①
由（1）知，于是直线的斜率，②
且直线的方程是，所以.③
又因为，所以.④
将①②③代入④得.⑤
因为，所以.
将②③代入⑥得.⑦
由⑤⑦得.即，
解得或（舍去）.将代入⑤得或.
由上知：或.
【解析】【分析】(1)当轴时，点关于轴对称，所以，求出直线的方程，可求得点的坐标，将点的坐标代入抛物线的方程求出的值，进而判断抛物线的焦点是否在直线上；
(2)设直线的方程为，点，将直线方程分别与椭圆、抛物线方程联立利用韦达定理求得，再结合抛物线、椭圆的焦半径公式可求出的值，进而求的值.
22．【答案】（1）解：由题意，a＝2，2c＝2，c＝1，∴．
∴椭圆C的方程为．
（2）解：设，，，则．①
当直线PN的斜率存在时，其方程为，代入椭圆C的方程，整理得
．
∴．
直线PM的方程为，代入椭圆C的方程，整理得
．
∴．
因此，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．
②当直线PN的斜率不存在时，其方程为，此时．
由①知，∴．
∴，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．
综上所述，直线DE的倾斜角为．
【反思】如图所示，由条件，，，，知，故A，B，M，N为调和点列．因此PA，PB，PM，PN为调和线束，即PA，PB，PD，PE为调和线束．由定理3知直线DE经过直线AB的极点（为无穷远点），因此直线DE⊥x轴．
【解析】【分析】(1)根据题意可得a＝2，c＝1，进而可得结果；
(2) 设，，，分类讨论直线PN的斜率是否存在，分析可得，即，即可得结果.
23．【答案】（1）解：双曲线的方程可化为，其焦距为，
设椭圆的焦点为，，解得：，
又椭圆的离心率，，，
椭圆的方程为
（2）解：由（1）知：，，，
由题意知：直线斜率不为，则可设，，，
由得：，则，
，；
，，
；
，
又，，
，即，
又，，
设，则，，解得：，
，即与的面积之比的取值范围为
【解析】【分析】(1)根据双曲线方程可得，再结合离心率列式求解，即可得结果；
(2)设，，，与椭圆方程联立，利用韦达定理以及三角形面积公式可得所求面积之比为，利用，根据题意求得的范围，进而可得结果.
24．【答案】（1）解：圆S：，即，
由题意得，，，是的中垂线，所以，
所以，
所以点G的轨迹是以为焦点的椭圆，设其方程为，焦距为，
则，得，所以曲线C的方程为.
（2）解：由题意知，直线l的斜率不为0，设，，，设与交于点.
联立，得，
当时，，则，
所以，
因为是中点，所以，
因为在曲线C：上，
所以，
化简得，，
得或（舍），所以，
所以直线l的方程为，
即或.
【解析】【分析】(1)根据题意可得，结合椭圆定义即可求解方程；
(2)设，，，并联立方程组，进而可得A点坐标，根据A点在椭圆上代入方程即可求解.
25．【答案】（1）解：由题意知： ，可得： ，
则椭圆的标准方程为
（2）解：当直线的斜率不存在时，设，联立，解得，所以，，又，
所以由，解得或（舍去），此时直线方程为，
当直线的斜率存在时，设，
联立，消得到.
由得，，由韦达定理知，，，因为以P，Q为直径的圆恒过点，
由，
将，代入整理得，即，所以或 ，
当时，直线为，此时直线过点，不合题意，舍去，
当时，直线为，此时直线过定点
综上，直线恒过定点.
【解析】【分析】（1）根据已知得到关于参数的方程组，解方程组求参数，进而求得标准方程。
（2）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，先求出直线斜率不存在时的直线方程；当直线斜率存在时，设出直线方程：y=kx+m，与椭圆的方程联立，运用韦达定理求得k与m的关系式，进而求出直线恒过的定点。
26．【答案】（1）解：依题意，，当直线的斜率不存在时，由，得直线过点，于是，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）解：依题意，直线不垂直于y轴，设直线的方程为，
由消去整理得，则，
的面积
，令，对勾函数在上单调递增，
则，即，从而，当且仅当时取等号，
故面积的取值范围为．
【解析】【分析】(1)根据题意列式求解 ，即可得 椭圆C的方程；
(2) 设直线的方程为， 利用韦达定理可得 的面积换元令， 结合对勾函数运算求解.
27．【答案】（1）解：由题意可知，可得，，
所以，椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，
因为直线与圆相切，且该圆的圆心为原点，半径为，
则，得，
联立得，
则，
设、，则，
所以，，
，
因为的取值范围是，即，
整理可得，又因为，所以，，解得，
因此，的取值范围是.
【解析】【分析】(1)根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆C的方程；
(2)设直线l的方程为，利用直线与圆相切可得出，然后将直线l的方程与椭圆C的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式以及已知条件可得出关于k的不等式，即可解得k的取值范围.
28．【答案】（1）解：因，则，点在椭圆C上，则椭圆C的半焦距，，
，因此，，解得，，
所以椭圆C的标准方程是：.
（2）解：由消去y并整理得：，
依题意，，设，
，因，
则
，
于是得，此时，，则原点O到直线l的距离，
所以，存在以原点O为圆心，为半径的圆与直线l相切，此圆的方程为.
【解析】【分析】（1）根据，可求出两个焦点的坐标，由椭圆定义可求出a，进一步求得b，则可求出椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理结合，可得，由点到直线的距离公式可得0到直线l的距离为定值，可得总存在一个确定的圆与直线l相切，并求得该圆的方程.
29．【答案】（1）解：由题得，
所以椭圆的方程为，焦距为.
（2）证明：如图，
直线与椭圆方程联立，
化简得，
，即.
设，，，，则，．
直线的方程为，则，
直线的方程为，则，
因为，所以+=0，
所以，
所以，
把韦达定理代入整理得或，
当时，直线方程为，过定点，
即点，不符合题意，所以舍去.
当时，直线方程为，
过定点.
所以直线经过定点.
【解析】【分析】（1）由条件很容易求得a，再讲点A坐标带入椭圆方程，即可求出b，从而求得答案.
（2）联立直线与椭圆的方程整理出二次方程，设出M，N，坐标，利用韦达定理，表示出直线AM，AN的方程，赋值x=-4，可得P，Q的纵坐标，纵坐标为相反数，构建关系，即可证出.
30．【答案】（1）解：椭圆的一个顶点为，焦距为，
解得，
椭圆的方程为.
（2）解：在直线上，则点，
由，得，
由，得，
，
，
，
直线过定点.
【解析】【分析】 (1)根据椭圆的基本性质求解a、b、c即可；
（2）使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，得到P、Q两点的坐标，求出其方程，化简为直线的点斜式方程即可得到定点坐标.
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