椭圆压轴题专项训练（含解析）-2025年高考数学二轮复习题

中小学教育资源及组卷应用平台
椭圆压轴题专项训练-2025年高考数学二轮复习题
1．已知椭圆的左右焦点分别为，上下顶点分别为、是面积为的正三角形，过焦点的直线交椭圆于、两点（、分别在第一、四象限）.
(1)求椭圆的离心率；
(2)已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离；
(3)求四边形面积的取值范围.
2．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过点的直线交椭圆于，两点，当的面积最大时，求此时直线的方程．
3．已知椭圆的左右焦点分别为，上下顶点分别为、是面积为的正三角形，过右焦点的直线交椭圆于两点（分别在第一、四象限）.
(1)求椭圆的离心率；
(2)已知点，求椭圆上的动点到点的最大距离；
(3)求四边形面积的取值范围.
4．已知椭圆的左、右焦点分别为是圆上一点，线段与C交于点Q，且．
(1)求C的标准方程；
(2)过点的直线与C交于A，B两点，记O为坐标原点，线段的中点为N，C的左顶点为D．
（i）求面积的最大值；
（ii）若的外心为M，直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
5．记圆M：的圆心为M，椭圆过点M．
(1)已知椭圆C和圆M交于点，且．
①求椭圆C的方程；
②已知点 ，若过点 M 的直线l交C 于另一点H，且的面积为 ，求l的方程．
(2)，直线与椭圆C相切于点P，与圆M 相切于点Q，且，求椭圆C的方程．
附：若是椭圆 上一点，则过点 T 且与该椭圆相切的直线的方程为．
6．已知分别为椭圆的左、右焦点，点D为椭圆E上一点，以为直径的圆过焦点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)P是椭圆E上异于左、右顶点A、B的任一点，设交直线于点交椭圆E于点Q．
①证明：为定值；
②求面积的最大值．
7．已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，若为直角三角形，且椭圆过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率互为相反数的两条直线与分别交椭圆于两点，
①求证：通过点的直线的斜率为定值，并求出该定值；
②求的最大值.
8．已知椭圆，点在椭圆上，椭圆E上存在点H与左焦点F关于直线对称．
(1)求E的方程；
(2)若不平行于坐标轴且互相垂直的两条直线，均过点，直线交E于A，B两点，直线交E于C，D两点，M，N分别为弦和的中点，直线交x轴于点，设．
①求；
②记，，求．
9．已知椭圆过点，，过点的直线与交于，两点，其中.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线的斜率为，求的值；
(3)已知，直线交轴于点，若四边形为等腰梯形，求直线的方程.
10．已知圆E：，点M是圆E上的动点，点，N为的中点，过N作交ME于S，设点S的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点的动直线l与曲线C相交于A，B两点．在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
11．椭圆中，离心率是，右顶点到上顶点的距离为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的左顶点为，经过点的直线与椭圆交于，过点作的平行线，与交于点．判断是否在定直线上？若在，求出该直线；若不在，请说明理由．
12．在直角坐标系xOy中，到直线和的距离分别为和，记P点的轨迹为W，已知．
(1)求W的方程及其左右焦点，的坐标；
(2)A，B是W上两点，满足；
①若P点坐标为，求直线AB的斜率k；
②是△PAB的外心，证明：平分．
13．椭圆与圆和圆都外切．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A，B分别为椭圆E的左右顶点，F为椭圆的右焦点，K为椭圆E上动点（异于A，B），直线与椭圆E交于另一点H．若直线与交于点P，求证：点P在定直线l上；
(3)在（2）的条件下，设直线与直线l交于Q点，椭圆E在点K处的切线与l交于R，
①求证：．
②求面积取最小值时K点的横坐标．
14．已知椭圆过点，且的右焦点为．
(1)求的方程；
(2)设过点的一条直线与交于两点，且与线段交于点．
（i）证明：直线平分；
（ii）若的面积等于的面积，求的坐标．
15．已知椭圆的左顶点为A，下顶点为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设点为椭圆在第一象限内一点，线段交y轴于点D，线段交x轴于点E，若的面积是的6倍，求P点的坐标；
(3)如图，若椭圆上的三个动点满足，证明：．
16．已知、分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆C上，且的面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线与线段AF相交于S，与椭圆交于P、Q两点．
（Ⅰ）求t的取值范围并证明：；
（Ⅱ）若，求点P的坐标．
17．已知椭圆的离心率为，且椭圆上一点到焦点的最近距离为，是椭圆左右顶点，过做椭圆的切线，取椭圆上轴上方任意两点（在的左侧），并过两点分别作椭圆的切线交于点，直线交点的切线于，直线交点的切线于，过作的垂线交于．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，直线与的斜率分别为与，求的值；
(3)求证：．
18．若两个椭圆的离心率相等，则称它们为“相似椭圆”．如图在直角坐标系中，已知椭圆，，分别为椭圆的左，右顶点．椭圆以线段为短轴且与椭圆为“相似椭圆”．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆分别相交于，两点，且（为原点），求直线的斜率的取值范围；
(3)设为椭圆上异于，的任意一点，过作轴，垂足为，线段交椭圆于点．求证：为的垂心．（垂心为三角形三条高的交点）
19．在平面直角坐标系中，过椭圆中心作斜率为的一条弦，将坐标平面沿轴折成一个直二面角.
(1)求折起后的连线与轴所成夹角的大小；
(2)若此椭圆的离心率为，且过点，求：
（ⅰ）椭圆的标准方程；
（ⅱ）设点，过点作平面的垂线，且，问：椭圆上是否存在点，使得三角形的面积与三角形的面积之比为最小？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由.
20．椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.记椭圆的“特征三角形”为，椭圆的“特征三角形”为，若，则称椭圆与相似，并将与的相似比称为椭圆与的相似比.已知椭圆与椭圆相似，且与的相似比为.
(1)求的方程；
(2)已知点是的右焦点，过点的直线与交于两点，直线与交于两点，其中点在轴上方.
（i）求证：；
（ii）若过点与直线垂直的直线交于两点，其中点在轴上方，分别为，的中点，设为直线与直线的交点，求面积的最小值.
《椭圆压轴题专项训练-2025年高考数学二轮复习题》参考答案
1．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）根据题意利用为正三角形得到，再求解离心率即可.
（2）利用的面积求出基本量，进而得到椭圆方程设，利用两点间距离公式表示，转化为二次函数分类讨论求解最值即可.
（3）设直线的方程为，与椭圆联立方程组可得，根据点分别在第一、四象限，得，解得，四边形的面积可表示为，可得，令，得到，再利用对勾函数单调性求得范围即可.
【详解】（1）如图，设椭圆的焦距为，则，
因为，所以中，
又因为为正三角形，所以，即，
所以椭圆的离心率.
（2）由于正三角形的面积为，得到，
解得，，又，得到，故椭圆方程为，
设，且，即，
，
其对称轴为，而，当，即时，
在时取得最大值，；
当，即时，
在时取得最大值，.
综上，当时，最大距离为；当时，最大距离为.
（3）设直线的方程为，
联立，消去整理得，
则，.
因为点分别在第一、四象限，
所以，即，
故，解得，
得到四边形的面积为，
，
因为，，
所以，
令，，则，
因为，所以在上单调递增，
故，即四边形面积的取值范围为.
2．(1)
(2)或
【分析】（1）根据椭圆离心率求得，将代入椭圆方程得，即可求解椭圆方程.
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，韦达定理，求得，然后利用基本不等式求解最值，即可求解，进而求解直线方程.
【详解】（1）椭圆的离心率为，则，解得.
又因为在椭圆上，代入方程得，
又因为，可得.
故椭圆的方程为.
（2）由题意，设直线的方程为，
联立，得，
设，，
则，，
，
当且仅当即时取等号．
故所求直线的方程为或．
3．(1)
(2)答案见详解
(3)
【分析】（1）根据题意，可得，利用面积列式求得，得解；
（2）设，利用两点间距离公式表示，转化为二次函数求最值；
（3）设直线的方程为，与椭圆联立方程组可得，根据点分别在第一、四象限，得，解得，四边形的面积可表示为，可得，换元令，，利用函数单调性求得答案.
【详解】（1）因为是面积为的正三角形，（为半焦距），，
则，解得.又，
所以离心率.
（2）由（1）知，椭圆方程为.
设，则，即.
，其对称轴为.
因为，当，即时，在时取得最大值，；
当，即时，在时取得最大值，.
所以当时，最大距离为；当时，最大距离为.
（3）设直线的方程为，
联立，消去整理得，
则，.
因为点分别在第一、四象限，
所以，即，
，解得，
所以四边形的面积为
，
因为，，
所以，
令，，
则，
因为，所以在上单调递增，
所以.
4．(1)
(2)（i）；（ii）为定值9，理由见解析.
【分析】（1）根据，得到，又，则，得到椭圆方程；
（2）（i）设出直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出点N的坐标，表达出三角形的面积，利用基本不等式求出最值；
（ii）设外接圆的方程为．代入，可得，联立直线和外接圆方程，得到两根之和，两根之积，结合（i）可得方程，求出，求出，为定值．
【详解】（1）由，整理得，则该圆是以为圆心，6为半径的圆．
因为P是圆上一点，线段与C交于点Q，且，
所以，即，解得．
由题可知，则，故C的标准方程为；
（2）（i）当点的直线斜率不存在时，重合，此时不存在，不合要求，
当点的直线斜率为0时，重合，此时不存在，不合要求，
直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为．
联立整理得，
则，
则线段的中点N的坐标为．
设的面积为S，则．
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即面积的最大值为．
（ii）为定值9，理由如下：
设，显然为外接圆圆心，
故可设外接圆的方程为．
因为在外接圆上，所以，故，
故外接圆的方程为．
联立，整理得
，
则．
因为，
故，
解得．
故，为定值．
5．(1)①；②
(2)
【分析】（1）由椭圆过点M求得，由求得，即可求解椭圆C的方程；由得出直线的斜率和直线的方程，结合的面积求得点到直线的距离，设过点，且与直线平行的直线的方程为，根据两平行线间距离公式列出方程求解再验证即可；
（2）解法一：不妨设点在第一象限，由椭圆的切线方程，直线与圆相切及勾股定理列出方程组求解即可得出椭圆C的方程；解法二：作轴，垂足为轴，垂足为，设直线与轴交于点，与轴交于点，设，分别表示出，，及直线的方程，结合椭圆的切线方程求得即可求解．
【详解】（1）①因为椭圆过点，所以，解得，
不妨设点在第一象限，因为，所以点的横坐标为，
将代入，解得或（舍去），所以，
将代入，解得
故椭圆C的方程为
②由条件易得直线的斜率为，则直线的方程为，
由题意得，设点到直线的距离为，
则由解得，
设过点且与直线平行的直线的方程为，，
由，解得或，
当时，直线与没有交点，不符合题意，舍去；
当时，直线经过点，
故直线的方程为．
（2）解法一：不妨设点在第一象限，则①，
由题意可得直线的方程为，即，
因为直线与圆相切，所以②，
由①②可得，
因为，且，
所以③，
由①③可得，所以，
化简得，
因为，
所以，解得，
故椭圆的方程为．
解法二：如图，作轴，垂足为轴，垂足为，
设直线与轴交于点，与轴交于点，，
，
，
直线的方程为①，
不妨设点在第一象限，
由题意可得直线的方程为，即②，
由①②可得，所以，
即，所以，
所以直线的方程为，
将代入，解得，
故椭圆的方程为．
6．(1)
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）先由圆对的方程求得，结合条件求出，利用椭圆的定义求得的值，即得椭圆方程；
（2）①设，列出直线的方程，求得 ，计算并消去，利用点在椭圆上消去，化简即得定值；②设直线的方程为，与椭圆方程联立，求出韦达定理，利用求得，推出直线经过定点，从而表示出面积，借助于换元和双勾函数的单调性即可求得面积最大值.
【详解】（1）
在圆C的方程中，令，得，解得，即得
又 ，则，
于是，解得，
因，故
因此椭圆E的方程为．
（2）①由题意设，
又，所以，
直线的方程为，
当时，，即
此时，，
因，则，
代入上式可得，，即为定值．
②设直线的方程为，
联立，得，
所以，
则，
，
由 ，
化简得，解得或（此时直线过点，不合题意，舍去），
即直线的方程为，经过定点，
所以
，
令，则，则，
因在上单调递增，
故时，即时，取得最小值为4，取得最大值为，
7．(1)
(2)①证明见解析，定值为1；②4.
【分析】（1）根据三角形边长关系以及椭圆上的点坐标求出，从而得到椭圆方程；
（2）①根据题意设直线与的方程，分别与椭圆方程联立求得点的坐标，再根据斜率公式计算即可得到定值；②利用两点间距离公式，结合基本不等式求最值.
【详解】（1）由题意，则是等腰直角三角形，即得，从而.
又椭圆过点则有解得.
椭圆的方程：.
（2）
①由（1）知椭圆的方程为，设直线的方程：，则的方程是.
令，
由可得
则有
，
同理得，
.
即直线的斜率为定值，且定值为1.
②由①知，
则
又，当且仅当即当时等号成立，
所以，即的最大值为4.
8．(1)
(2)①；②
【分析】（1）左焦点F关于直线对称点为，将分别代入椭圆即可求解；
（2）①设直线的方程为，联立椭圆与直线方程得到韦达定理，进而可求点坐标，同理可求点坐标，由M，N，Q三点共线，可得其坐标的关系，整体代入即可得到；②求出的通项，所以
，进而利用错位相减求解即可.
【详解】（1）由题意可得：左焦点关于直线对称点，
，解得，所以E的方程：．
（2）①设直线的方程为，，，，，由，得，
所以，
所以，则，
所以，同理可得，
因为M，N，Q三点共线，所以，
又，所以，
因为，所以．
②，
所以
，
设，
则，
，
故
，
解得，
所以
9．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据椭圆上的点，代入可得椭圆方程；
（2）设直线方程，联立直线与椭圆，结合韦达定理，及弦长公式可得解；
（3）由四边形为等腰梯形，可知，设点的坐标为，的中点为，则，要求直线的斜率，只需要转化为求点的坐标，则有，根据点斜式可知直线的方程为，可得，设直线的方程为，联立直线与椭圆，结合韦达定理可得，求出，，可得所求直线的方程.
【详解】（1）由已知椭圆过点，，
则，解得，
即椭圆方程为；
（2）依题意得，直线的方程为，
联立，整理得，，
故，，
故；
（3）因为四边形为等腰梯形，则必有，即，

不妨设点的坐标为，的中点为，则必有，
要求直线的斜率，只需要转化为求点的坐标，则有.
而，则直线的方程为，
令，则有，
不妨设直线的方程为，
则有，即，
联立方程，消去得，
则有，，则有，
则有，所以，
所以，
所以，故所求直线的方程为.
10．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由动点的位置特征，结合椭圆定义判断出轨迹为椭圆，待定系数法求方程；
（2）当直线与轴垂直时，得点必在轴上；当直线与轴垂直时，得点的坐标只可能是，再证明直线斜率存在且均满足条件即可．
【详解】（1）依题意可知圆的标准方程为，圆心．
因为线段的垂直平分线交于点，所以．
动点始终满足，
故动点满足椭圆的定义，所以曲线是以E，F为焦点的椭圆．
设椭圆方程为，因此，解得，
故椭圆的方程为．
（2）存在与点不同的定点，使得恒成立．理由如下：
当直线与轴平行时，由椭圆的对称性可知，
又因为得，则，
从而点必在轴上，可设．
当直线与轴垂直时，则，，如果存在定点满足条件，
由，即，解得或，
若存在不同于点的定点满足条件，则点坐标只能是．
当直线不平行于轴且不垂直与轴时，可设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
因为，设A，B的坐标分别为，，
所以．
又点关于轴的对称点的坐标为，
，
，
则三点共线，．
综上，存在与点不同的定点，使得恒成立．
11．(1)
(2)在定直线上， 理由见解析.
【分析】（1）由条件结合离心率定义，关系列关于的方程，解方程求，由此可得椭圆方程；
（2）设直线，，，联立直线与椭圆的方程，利用设而不求法证明，求直线与直线的方程，由直线与直线的方程消并证明，由此可得结论.
【详解】（1）由题意可得，
解得，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）在定直线上，证明如下：

由题可得，，，
由已知可得，所以三点不共线，所以直线斜率不为，
故可设直线的方程为，设，，
直线与椭圆联立，
消可得，，
该方程的判别式，
则，，易得
直线①，直线②
由①②联立，消去可得
即
即
即即
故点在定直线上.
12．(1)
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）利用点到直线的距离公式来求动点轨迹方程即可得解；
（2）利用设直线斜率的方程与椭圆联立方程组，结合韦达定理可求点坐标，利用同理可求点坐标，然后利用两点斜率公式即可得解.
（3）①采用设线法即可求出斜率；②法一：利用圆系方程可证平分；法二：②设直线斜率为，，联立直线与椭圆方程求坐标，同理得坐标，再取中点，结合中点坐标公式与外心性质分别求出，方程，解出坐标，得到的斜率，进而利用直线的方向向量与向量，的夹角余弦值可证.
【详解】（1）由题意得：，
整理得： ，
所以的方程为：，其左焦点为，右焦点为；
（2）①设过点且斜率存在的直线方程为，
与椭圆联立方程组，消去得：，
整理得：，
由于直线交椭圆于、，
则由韦达定理可得：，
则，
由于，设，则同理可得：
，，
则，
②法一：由题设，，
令曲线，
曲线过，取，则，
此时曲线，
则曲线为圆且过，故圆为的外接圆，
其圆心为，故，
而，
，
所以，而为三角形内角，
故，即平分．
法二：由题意，存在，设，，
若时，，重合，不满足题意，故；
当时，点在轴上，由，可知轴，
由对称性可知，的外心在轴上，此时平分；
当时，点不在轴上，
设直线方程为，与椭圆联立方程组，
消去整理得：，
，即.
直线交椭圆于，，
则由韦达定理可得：，
由，解得，
则，
由于，设，则同理可得：
，，又，
所以；
且
则
；
；
取中点，则，，由为的外心，
则的中垂线（当不重合时即）的方程为；
同理，取中点，
则的中垂线（当不重合时即）的方程为；
联立两方程解得外心坐标为
；
；
则的斜率为；
故可设直线的一个方向向量为，
由，则，
则；
因为
，
所以有，
故当时，也平分．
综上所述，是的外心，则有平分．
13．(1)
(2)证明见解析
(3)①证明见解析；②
【分析】（1）结合图形可得，进而得椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得关系式，再由直线联立解得点坐标，将关系式代入化简可得点在直线上；
（3）①求出切线方程，依次求出坐标，得为中点，进而由向量极化恒等式可证；②利用点的横坐标表达出面积函数关系，利用导数求最值即可得.
【详解】（1）圆的圆心为，半径为；
圆的圆心为，半径为；
由题意椭圆E与两圆都外切，结合图形可知，，
故椭圆E的方程为.
（2）由椭圆E的方程为可知，
由题意知，不垂直于轴，故可设直线，
由焦点在椭圆内，则直线与椭圆恒有两个交点，
设，
联立直线与椭圆方程得，
由韦达定理得，
则（），
又直线方程为，方程为，
设两直线交点，
则联立方程，解得，
将（）式代入化简得，
故点P在定直线上.
（3）①由题意知椭圆E在点处的切线斜率存在，
可设切线的方程为，
联立直线与椭圆E方程消得，
，
由直线与椭圆相切，
则，
化简得，
由，得代入上式得，
解得，故，
令，得
直线，令得；
直线，令得；
由，
故为线段的中点，
，得证.
②由，
则
则
，
则的面积
.
令，，
则，
由解得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
故当时，函数取最小值.
即面积S取最小值时K点的横坐标为．
14．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）或．
【分析】（1）代入条件，转化为关于和的方程组，即可求解；
（2）（ⅰ）首先设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到韦达定理，由题意转化为证明和的斜率和为0；
（ⅱ）由面积公式，结合条件，再结合几何关系，确定，即可确定点的位置，即可求解.
【详解】（1）根据题意有，
且由椭圆的几何性质可知，
所以．
所以的方程为．
（2）（i）因为椭圆的长轴右端点横坐标为，所以的斜率一定存在（否则与椭圆没有交点）设的方程为，
代入的方程有：，
其中，故，
设，
则，
若直线平分，且易知轴，故只需满足直线与的斜率之和为0．
设的斜率分别为，则：
，
代入，
有，故命题得证．
（ii）由（i）知直线平分，即．
因为的面积等于的面积，
故，即，故．
故，
在线段的垂直平分线上．
易知线段的垂直平分线为，与的方程联立有，
故的坐标为或．
【点睛】关键点点睛：本题第二问中第一小问的关键是由几何关系转化为证明，第二小问的关键是转化几何关系为.
15．(1)
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意易求得，进而可得椭圆的方程；
（2）由题意可得，进而计算可得，结合条件可求解；
（3）设，，利用点差法可求得，，进而计算，可得结论.
【详解】（1）由题意得，，，
解得．
所以椭圆的方程为．
（2）如图：由，
则，
对，令，
则，
所以由相似三角形可得：，
所以，
又因为，所以，，
解得或，所以对应的分别为或，
所以或；
（3）设，
由可得①，
由，两式相减得，
即②，
由①②两式可得，
又由可得③，
由，两式相减得，
即④，
由③④两式可得 ，
所以
，
即．
16．(1)
(2)（Ⅰ），证明见解析；（Ⅱ）或
【分析】 （1）由已知的纵坐标与三角形面积，求得的值，根据的等量关系与方程，可得答案；
（2）（I）联立直线与椭圆方程，由根的判别式，可得参数取值，写出韦达定理，根据斜率公式，可得答案；（II）由平行可得等角与等边，根据等腰三角形的性质，可得点所在直线方程，联立椭圆方程，可得答案.
【详解】（1）由的面积为，得，解得，所以①，
又点在椭圆C上，所以②，
联立①②解得，所以椭圆C的标准方程为.
（2）（Ⅰ）联立方程，消x得：
因为直线l与椭圆交于P、Q两点，
所以，解得或
又因为直线l与线段AF交于S点，所以
设，，则，，
从而，
则，因，故，又轴，
故.
（Ⅱ）由，所以，又，
所以，所以，
所以P为线段AF的中垂线与椭圆的交点，
由，解得：或，
因此，P的坐标为或.
17．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意列方程组求解；
（2）设出过点R的切线方程，与椭圆方程联立可得关于x的一元二次方程，由相切知从而得到关于切线斜率的方程，利用韦达定理求解即可；
（3）设，可得，联立过点R的切线方程和椭圆方程，由相切知从而得到关于切线斜率的方程，利用韦达定理写出，，将证明转化为证明即可.
【详解】（1）由题意：．
所以椭圆的标准方程为：.
（2）设过点的切线方程为：，即，
由，消去，得：，
整理得：，
由，
整理得，
整理得：，所以.
（3）设（），的延长线交轴于点，如图：
、两点处切线斜率分别为，则．
设过点的椭圆的切线方程为：，即，
由消去，
化简整理得：，
由得：
化简整理得：，
由韦达定理，得：，，
所以，，
所以要证明，只需证明：，
即
，
因为，所以上式成立，即成立.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的左，右顶点和离心率即可求出椭圆的方程；
（2）设出直线方程，直曲联立，利用韦达定理和斜率关系得到关系，再代入判别式可得.
（3）设，根据点的坐标求出点的坐标，从而得出，即结论得以证明.
【详解】（1）由题意可知，椭圆的离心率，
设椭圆的方程为，则，，
解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线方程为，，
联立，消去可得，
，
因为，即，代入韦达定理并化简可得
，
即，
代入判别式可得，解得或，
又，
所以直线的斜率的取值范围为.
（3）证明：设，则由得，
把带入椭圆，得，
因为在轴的同侧，所以，所以，
所以,
所以，又，所以H为的垂心．
19．(1)
(2)（i）；（ii）存在，.
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，转化为空间向量夹角即可；
（2）（i）利用待定系数法设，根据和关系即可得到椭圆方程；
（ii）作作，垂足为，利用三角形面积公式转化为求的最小值，即转化为求出的最大值，再结合点到直线的距离公式和基本不等式即可求出其最大值.
【详解】（1）在折后的平面内作轴，因为坐标平面沿轴折成一个直二面角，
则折后平面底面，又因为平面底面，且平面，
则底面，则建立如图所示空间直角坐标系，
则由题意知，折后，，则，
轴的方向向量，则，
则，则连线与轴所成夹角的大小为，
所以是等腰直角三角形，即与轴所成夹角为.
（2）（ⅰ）由离心率，
不妨设，则，得：，，
所以椭圆的坐标方程为：.
（ⅱ）在底面内过点作，垂足为，连，
则由坐标平面，即平面，因为平面，则，
又因为，且，平面，
所以平面，因为平面,所以，即.
，
则题意就是要使二面角的平面角最小，
即当最大时，最小.
假设这样的点存在，令，则：
当时，则，
当时，，
当且仅当是取到等号.
此时，的方程是，代入椭圆方程，
即联立，解得或（舍去）
则点.
【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是将面积比转化为求的最小值.
20．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）由椭圆，的方程求椭圆，的长轴长和短轴长，结合椭圆相似的定义列方程求，由此可得结论；
（2）（i）设直线的方程为，联立与椭圆求线段的中点坐标，联立与椭圆求线段的中点坐标，由此证明结论；
（ii）连接，取的中点，证明，联立方程组结合弦长公式求，，由此可得的面积解析式，再结合基本不等式求其最值.
【详解】（1）由题意知椭圆的长轴长为，短轴长为4，
椭圆的长轴长为，短轴长为，
又与的相似比为，所以，解得，
所以的方程为.
（2）（i）证明：由（1）知，显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，
由，得，
方程的判别式
设，
所以，
故中点的纵坐标为中点的横坐标，
即中点的坐标为.
由，得，
方程的判别式
设，所以，
故中点的纵坐标为中点的横坐标，即中点的坐标为.
所以的中点与的中点重合，所以.
（ii）如图，连接，取的中点，连接，又分别为的中点，所以，所以，，
所以的面积.
显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，由
得，设，所
以，
所以
同理可得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，所以面积的最小值为.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)