椭圆专项提升卷（8大考点）-2025届高考数学一轮复习

椭圆专项提升卷（8大考点汇总与跟踪训练）-2025年高考数学一轮复习题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 8大考点汇总 考点一：利用椭圆定义求方程 考点二：点到焦点的距离以及最值 考点三：椭圆中焦点三角形周长问题 考点四：椭圆中焦点三角形面积问题 考点五：椭圆标准方程及其应用 考点六：椭圆轨迹问题 考点七：求椭圆离心率 考点八：根据离心率求椭圆方程 跟踪训练 一、单选题 考点一：利用椭圆定义求方程 1．已知圆：和：，若动圆P与这两圆一个内切一个外切，记该动圆圆心的轨迹为M，则M的方程为（   ） A． B． C． D． 2．在平面直角坐标系中，已知圆（圆心为），点，点在圆上运动，设线段的垂直平分线和直线的交点为，则点的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 3．已知，是圆：上一动点，线段的垂直平分线交线段于点，则动点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 4．平面内点P到，的距离之和是8，则动点P的轨迹方程是（    ） A． B． C． D． 考点二：点到焦点的距离以及最值 5．已知椭圆上一点到椭圆的一个焦点的距离为3，则到另一个焦点的距离为（    ） A．7 B．5 C．3 D．2 6．已知椭圆的右焦点为，点是上的一点，点是线段的中点，为坐标原点，若，则（   ） A． B． C． D． 7．设，为椭圆：的焦点，若在椭圆上存在点，满足，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 8．设P是椭圆上的动点，则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为（   ） A． B． C． D．10 二、多选题 考点三：椭圆中焦点三角形周长问题 9．已知椭圆的左、右焦点为，，点在椭圆上，且不与椭圆的左、右顶点重合，则下列关于的说法正确的有（    ） A．的周长为 B．的最大值为 C．当时，的面积为 D．椭圆上存在个不同的点，使得为直角三角形 10．椭圆的两个焦点分别为，则下列说法正确的是（    ） A．若，过点的直线与椭圆交于两点，则的周长为16 B．若直线与恒有公共点，则的取值范围为 C．若上存在点，使得，则的取值范围为 D．若为上一点，为左焦点，则的最小值为 11．已知焦点在轴上的椭圆，左焦点，右焦点，为椭圆上且不在轴上的一点，则下列说法正确的是（   ） A．的取值范围是 B．当焦距为4时，离心率为 C．当离心率为时，的周长为 D．当长轴长为时，的面积最大值为4 12．已知曲线的两个焦点为，，为曲线上不与，共线的点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则的周长为7 D．若，则的离心率为 三、填空题 考点四：椭圆中焦点三角形面积问题 13．设点为椭圆上一点，，分别为的左、右焦点，且，则的面积为 . 14．已知点是椭圆上一动点，是椭圆的左、右焦点，（1）若，则的面积为 ；（2）的最大值为 . 15．设是椭圆上的一点，，是该椭圆的两个焦点，且，则的面积为 ，内切圆半径为 . 16．已知是椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，且.若的面积为16，则 . 四、解答题 考点五：椭圆标准方程及其应用 17．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P在C上，且，直线的斜率为，过点的直线l与C交于A，B两点，当轴时，四边形的面积为 (1)求C的方程; (2)若以AB为直径的圆与直线相切，求l的斜率. 18．已知焦点在y轴上的椭圆C：（）过点，且离心率为.设分别为椭圆的下顶点和上顶点，为椭圆上异于的一点，直线分别与直线：相交于两点，且直线与椭圆交于另一点. (1)求椭圆的标准方程； (2)判断三点是否共线，并证明你的结论. 19．已知椭圆过点和．过作直线l与椭圆交于C、D两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)记直线的斜率分别为，证明是定值； 20．已知为坐标原点，椭圆：的左顶点为A，右焦点为F，点B在C上，且，，直线与直线的斜率之比为3. (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点F的直线，分别与C交于点D，E和点M，N，若P，Q分别为线段和的中点，当直线，的斜率之积为时，求的面积的最大值. 考点六：椭圆轨迹问题 21．已知在平面直角坐标系中，两定点，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是. (1)求点的轨迹方程，并指出的形状. (2)若直线与点的轨迹交于，两点，求证：直线与直线的交点在定直线上. 22．平面直角坐标系中，点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数. (1)求点的轨迹方程； (2)若不过点的直线交曲线于P，Q两点； ①若以P，Q为直径的圆过点，证明：直线过定点； ②在①条件下，作为垂足.是否存在定点，使得为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由. 23．已知点，平面内过一动点（异于）的直线分别与直线4相交于两点，且，记动点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)若斜率为1的直线与相交于两点，且，求的方程； (3)记与外接圆的半径分别为，求的最小值. 24．在直角坐标系中，，两点的坐标分别为，，直线，相交于点，它们的斜率之积为，点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)若斜率为且不经过原点的直线与交于，两点，线段的中点为，直线的斜率记为，求的值； (3)在（2）的条件下，点为上一点，且不与的顶点重合，点关于轴的对称点为，若直线与关于直线对称，求证：，，三点共线. 考点七：求椭圆离心率 25．已知椭圆：，左右焦点为，，上顶点为，为正三角形，点在椭圆上，过（与轴不重合）的直线与椭圆交于，两点. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)在轴上是否存在定点（与不重合），使得点到直线，的距离总相等，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 26．已知椭圆的焦点和短轴顶点构成边长为2的正方形. (1)求椭圆的标准方程和离心率； (2)过点的动直线与椭圆有两个交点P，Q.在轴上是否存在点使得恒成立.若存在，求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在，请说明理由. 27．已知椭圆C:的左右焦点为,点为椭圆C上的三点，且满足，直线与直线交于点Q，记直线的斜率为，直线的斜率为· (1)若点P在y轴上，则是边长为2的等边三角形，求椭圆方程; (2)若，求椭圆C的离心率; (3)求证为定值. 28．已知直线经过椭圆的右顶点和上顶点． (1)求椭圆的标准方程及离心率； (2)与直线平行的直线交于两点（均不与的顶点重合），设直线，的斜率分别为，证明：为定值． 考点八：根据离心率求椭圆方程 29．已知椭圆过点，其离心率，点为椭圆的上顶点，过点的两条直线与椭圆分别交于两点，与直线分别交于两点，的重心为点. (1)求椭圆的方程； (2)求弦长的最大值； (3)已知点，若，其中且，证明：当在变化时，重心在一条定直线上，并求出这条定直线方程. 30．已知椭圆与抛物线共焦点，且椭圆的离心率． (1)求椭圆的方程； (2)过的直线与交于两点， （i）在轴上求一定点，使得恒成立； （ii）满足（i）中的定点是否满足恒成立？请说明理由． 31．已知椭圆E：（）的右顶点为，离心率为. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为原点，过点（）与x轴不重合的直线l交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB交直线于点M.记直线OM，AC的斜率分别为，.若，求实数t的值. 32．如图，已知面积为的矩形，与坐标轴的交点是椭圆：的四个顶点，且该椭圆的离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)为坐标原点，过下顶点的直线与轴相交于点（不同于），与直线相交于点，与椭圆相交于点，直线与直线相交于点. （i）证明：； （ii）设线段的中点为为椭圆上的两点，且直线，与椭圆都仅有一个公共点，，垂足为.探究：是否存在定点，使得为定值?若存在，求点的坐标以及此定值；若不存在，请说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年2月7日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A D A A A C ACD ACD 题号 11 12 答案 CD ABD 1．C 【分析】设动圆半径为.根据圆与圆的位置关系可得，，再利用椭圆的定义得到该动圆圆心的轨迹为椭圆，进而可求得方程. 【详解】圆：和：的圆心和半径分别为， 由可知圆内含于圆内. 设动圆半径为， 由题意可得，， 两式相加可得， 故点P的轨迹为以为焦点的椭圆，其中， 所以， 所以椭圆方程为. 故选：C. 2．B 【分析】由条件结合垂直平分线的性质可得，结合椭圆的定义判断曲线的轨迹形状，由此确定曲线方程. 【详解】圆：的圆心，半径. 由于， 所以在圆内，， 根据垂直平分线的性质可知， 所以， 所以点的轨迹是椭圆， 设该椭圆方程为，设椭圆的半焦距为， 则，， 所以，，， 所以点的轨迹方程是. 故选：B. 3．A 【分析】根据椭圆的定义来求得正确答案. 【详解】由于线段的垂直平分线交线段于点， 所以， 所以点的轨迹是椭圆， 且，则， 所以的轨迹方程为. 故选：A 4．D 【分析】利用椭圆的定义，求得，从而得解. 【详解】由题意，平面内点P到，的距离之和是8， 所以动点的轨迹为椭圆，焦点在轴上，且，即， 所以， 所以动点P的轨迹方程为. 故选：D. 5．A 【分析】先根据椭圆的方程求出，再利用椭圆的定义即可求解. 【详解】由椭圆的方程可得，设左焦点为，右焦点为， 由椭圆的定义可得， 若，则， 故选：A 6．A 【分析】记椭圆的左焦点为，连接，利用中位线的性质求出，再利用椭圆的定义可求得. 【详解】记椭圆的左焦点为，连接， 又点是线段的中点，为的中点，所以， 又，所以， 在椭圆中，， 又点是上的一点，所以，所以． 故选：A． 7．A 【分析】根据椭圆性质要使题设条件成立只需点在椭圆左右顶点时，此时利用余弦定理可得，进而求的范围. 【详解】由椭圆的性质知，当在椭圆左右顶点时最大， 椭圆上存在一点使，只需在椭圆左右顶点时， 此时，，即. 又，. 又，，解得. 又，. 故选：A. 8．C 【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义求解即可. 【详解】椭圆的长半轴长，所以P到该椭圆的两个焦点的距离之和. 故选：C. 9．ACD 【分析】根据已知求出的值，结合椭圆的定义，即可判断A选项；由基本不等式结合椭圆的定义，即可判断B选项；根据焦点三角形面积公式得出面积，即可判断C选项；设，求出满足的点的个数，即可判断D项. 【详解】对于A，由得， ∴ 的周长为，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，的面积为，故C正确； 对于D，设存在点，使得， 设，根据椭圆的定义有， 因为，所以， 即， 整理可得，解得. 如上图，当点位于短轴顶点时有， 所以，当时，点P为椭圆的上下两顶点，则点有2个； 分别过点，作轴的垂线，此时与椭圆有4个交点， 即满足以及的点有4个. 综上所述，椭圆上有且仅有6个点，使得为直角三角形，故D正确. 故选：ACD． 10．ACD 【分析】根据椭圆的定义，即可判断A，根据椭圆方程的形式，以及直线所过定义，即可判断B，将存在点使，转化为以为直径的圆与椭圆有交点，再讨论焦点的位置，即可列式求解，利用椭圆的定义，结合数形结合，转化为三点共线，即可判断D. 【详解】A.若，则，，则的周长为，故A正确； B. 直线恒过定点，若直线与恒有公共点， 则且，故B错误； C. 若上存在点，使得，则， 若椭圆的焦点在轴，则，，解得， 若椭圆的焦点在轴，则，，解得：， 综上可知，的取值范围为，故C正确； D.，椭圆方程为，，，， 设椭圆的右焦点为，则， 如图，当三点共线，且，等号成立， 所以的最小值为，故D正确. 故选：ACD 11．CD 【分析】根据椭圆方程以及几何性质可得AB错误，由焦点三角形周长计算可得C正确，根据面积最大值的表达式可得D正确. 【详解】对于A，因为椭圆的焦点在轴上，因此可得，即A错误； 对于B，当焦距为4时可得，即，可得，所以； 因此离心率为，即B错误； 对于C，结合B选项可得，； 所以的周长为，即C正确； 对于D，当长轴长为时可得，又，所以 的面积最大值为，即D正确. 故选：CD 12．ABD 【分析】根据各选项参数的值得到相应的方程，结合椭圆、双曲线的性质一一计算可得. 【详解】对于A：当，则曲线，表示焦点在轴上的椭圆，则，故A正确； 对于B：当，则曲线，表示焦点在轴上的双曲线，则，故B正确； 对于C：当，则曲线，表示焦点在轴上的椭圆，则， 又，所以的周长，故C错误； 对于D：当，则曲线，表示焦点在轴上的双曲线， 则，，所以的离心率，故D正确. 故选：ABD 13．/ 【分析】利用给定条件，利用椭圆的定义及余弦定理求出，再利用三角形面积公式计算即得. 【详解】依题意，椭圆的半焦距， 在中，，，， 由余弦定理得， 即， 则，所以. 故答案为： 14． / 5 【分析】利用余弦定理和椭圆定义以及三角形面积公式即可求出空1，设，利用向量数量积的坐标式表示得到其表达式，求出最值即可. 【详解】空1：由已知得，， 所以， 从而， 在中，， 即①， 由椭圆的定义得， 即②， 由①②得， 所以. 空2：设，，且，而， 则，， 所以， 因为，则，当时，等号成立. 故答案为：；5. 15． / 【分析】利用椭圆的定义及余弦定理求出，即可求出的面积，再由等面积法求出内切圆的半径． 【详解】由椭圆方程可得，，则， ，， 在中，， 即，解得， ， 设内切圆半径为，的周长为， 所以，解得. 故答案为：；. 【点睛】 16． 【分析】由椭圆的性质结合三角形面积公式计算即可. 【详解】， ，① 又， ② ①②得：， 的面积为16， ， . 故答案为：4. 17．(1) (2) 【分析】（1）根据条件求出a，b，即可得椭圆方程; （2）由题易知直线l的斜率存在且不等于0，设其方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理和弦长公式求出圆的半径，利用直线与圆相切求出t即可得斜率. 【详解】（1）设，，， 在椭圆方程中令，得， 由题可设， 则，① 当轴时，， 故四边形为矩形，其面积为，② 由①②及，可得，，， 故C的方程为 （2）    由题易知直线l的斜率存在且不等于0，设其方程为 联立可得， 则 设，，则，， 所以， 则圆的半径 设圆心坐标为，其中，则， 因为以AB为直径的圆与直线相切，所以， 即，解得， 故直线l的斜率为 18．(1) (2)共线，证明见解析 【分析】（1）根据已知条列出有关的方程组，求出的值，可得椭圆的标准方程； （2）设点，将点的坐标代入椭圆的方程可得出与之间的关系，然后利用斜率公式，确定直线与的斜率之积为定值，设直线的方程为，可得直线的方程，与直线联立，可求出的坐标，然后求出直线的斜率，写出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系可求出点的坐标，再计算，的斜率，利用这两直线斜率相等可得结论. 【详解】（1）根据题意得，解得， 所以椭圆的标准方程为； （2） 根据题意可知直线与的斜率都存在且不为零，， 设，则（）， 则， 因为， 所以， 所以， 所以直线与的斜率之积为定值； ，，三点共线，证明如下： 设直线的方程为， 则直线的方程为， 所以， 所以， 所以设直线的方程为， 由，得， 设，则， 所以， 所以， 因为， 所以，， 所以， 所以，，三点共线. 19．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）代入点坐标计算可得，可得椭圆的标准方程； （2）联立直线和椭圆方程并利用韦达定理求得的表达式并化简可得结论. 【详解】（1）因为椭圆过点和， 代入椭圆表达式可得； 所以椭圆的标准方程为. （2）证明：设， 直线的斜率一定存在，设为， 如下图所示：    联立，消去得到， 易知，可得； 且， ， 故是定值. 20．(1) (2) 【分析】（1）首先根据对称性，设两直线的斜率，求出，再求出，，.再求出. （2）设直线的方程为，，，联立得，求出，再求出的中点为.再求出的面积. 【详解】（1）根据对称性，不妨设点在第一象限. 记直线与直线的斜率分别为，， ，. 由题意可得， 所以 ，解得，，. 故椭圆C的标准方程为. （2）显然直线，的斜率存在且不为0. 设直线的方程为，，， 联立得， 所以，， 则，，. 同理，，， 所以的中点为. 的面积， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的面积的最大值为. 【点睛】思路点睛： 圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答. 21．(1)，焦点在轴上，长轴长为6，焦距为，除去，的椭圆. (2)证明见解析 【分析】（1）结合给定条件求出轨迹方程，再判断形状即可. （2）利用给定条件求出直线斜率，得到直线方程，联立求出交点横坐标，结合韦达定理求出定值，进而证明交点在定直线上即可. 【详解】（1）设点的坐标为， 因为，所以直线的斜率为， 因为，所以斜率为， 由已知得，整理得， 故形状为焦点在轴上，长轴长为6，焦距为，除去，的椭圆. （2）联立，消去整理得：， 如图，设，，，， 而， 直线，直线， 联立两直线得到， 整理得， 故直线与直线的交点在定直线上. 【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是结合题意求出直线方程，然后把交点横坐标联立表示出来，结合韦达定理求出定值，进而得到所要证明的结论即可． 22．(1)； (2)①证明见解析；②存在，定值为. 【分析】（1）利用两点距离公式、点线距离列方程并整理，即可得轨迹方程； （2）①令，，联立的轨迹方程，应用韦达定理及求参数，即可证结论；②根据①结论及确定的轨迹，即可得结论，并找到定点坐标. 【详解】（1）令，结合题设有，则， 所以，即点的轨迹方程为. （2）若以P，Q为直径的圆过点，且直线不过点可知，直线的斜率不为0， 可设，，联立， 则，整理得， 且，则， 所以，， ①由题意 ， 所以，即或（舍，直线过点）， 所以，故直线过定点，得证. ②由，且直线过定点， 故在以为直径的圆上，且中点为，该点到的距离恒为， 所以，存在定点使. 23．(1)（）； (2)； (3). 【分析】（1）设，根据斜率的两点式及其乘积为定值，即可得轨迹方程； （2）设l的方程为，，，联立曲线，应用韦达定理及弦长公式列方程求参数m，即可得结果； （3）设直线PA的方程为，则直线PB的方程为，进而求出坐标及，应用正弦定理求外接圆半径，结合可得，最后应用基本不等式求最值即可. 【详解】（1）设，由，得，整理得. 因为点P异于点A，B，所以C的方程为（）. （2）设l的方程为，，，则. 联立方程组，整理得， 则，即， 所以，， 则，解得，满足题设， 所以l的方程为. （3） 设直线PA的方程为，则直线PB的方程为. 令，得，同理得，则. 在中，由正弦定理知，同理可得. 因为，所以， 从而，当且仅当时等号成立， 故的最小值为. 24．(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用斜率的坐标公式列式化简即得. （2）根据给定条件，利用点差法列式，结合斜率的坐标公式求得答案. （3）设点及直线的斜率，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式，结合（2）证得的斜率相等即可. 【详解】（1）设点，依题意，，，整理得， 所以的方程是. （2）设，则， 由点均在曲线上，得， 两式相减得，则， 而，所以. （3）设点，则，设直线的斜率为，则的斜率为， 直线的方程为，直线的方程为， 由消去得， 则①， 同理②， 直线的斜率，则 ，将①②代入并整理， 得③，而，即， 因此，由（2）知，，则， 又直线有公共点，所以，，三点共线. 【点睛】思路点睛：涉及直线被圆锥曲线所截弦中点及直线斜率问题，可以利用“点差法”，设出弦的两个端点坐标，代入曲线方程作差求解. 25．(1)， (2)存在， 【分析】（1）依题意可得，即可求出离心率，再根据椭圆过点，即可得到方程组，求出、，即可求出椭圆方程； （2）方法一：设直线方程：，当时显然成立，当时，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，设轴上点，依题意可得为的平分线，与互为相反数，根据求出的值，即可得解；方法二：当直线斜率不存在时显然成立，直线的斜率存在时，设直线的方程：，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，设轴上点，依题意可得为的平分线，与互为相反数，根据求出的值，即可得解. 【详解】（1）为正三角形， ，， 椭圆过点， 或者，解得， 椭圆的方程为； （2）方法一：过的直线与轴不重合，设直线方程：， 当时，直线与轴垂直，由椭圆的对称性可知为等腰三角形（与不重合）， 因为为的中点，为的角分线， 到直线，的距离总相等. 当时，，消去整理得， 由条件可知恒成立，设，， ①，②， 设轴上点， 由于点到直线，的距离总相等， 为的平分线， 与互为相反数， ， ， 整理得：， 将①②代入上式， 当时，化简得到，解得，即， 故在轴上存在定点使得点到直线，的距离总相等. 方法二： 当直线的斜率不存在时，由椭圆的对称性可知为等腰三角形（与不重合）， 为的中点，为的角分线， 到直线，的距离总相等， 当直线的斜率存在时，设直线的方程：， 又，消去得， 由条件可知恒成立，设，， ①，②， 设轴上点，由于点到直线，的距离总相等， 为的平分线 与互为相反数 ， ， 整理得， 将①②代入上式， 整理得， 所以， ，即， 故在轴上存在定点使得点到直线，的距离总相等.    【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 26．(1)， (2)存在， 【分析】（1）根据椭圆的焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，得到求解；                                                                                                                                           （2）设点的坐标为，分过点的动直线的斜率不存在，过点的动直线的斜率存在，设该直线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理，由求解. 【详解】（1）解：椭圆的焦点和短轴端点构成边长为2的正方形， ，                                                                                                                                         ，                                                                                                                             椭圆的标准方程为，                                                                                                 离心率. （2）设点的坐标为， ①若过点的动直线的斜率不存在， 则或， 此时只需.                                                                                                                         ②若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为， 设， 由可得                                                                                                                                                                      而，                                                                                                                  因为恒成立，故，                                                                                     解得.                                                                                                                                 由①②可知，， 存在，使得恒成立. 27．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】(1)根据题意，直接用椭圆的定义直接求得结果. （2）联立直线与椭圆的方程，由韦达定理求出，，再由列出式子即可求得离心率. （3）由（2）的结论联立，即可求得结果. 【详解】（1）由题可知， 所以椭圆的方程为. （2）在椭圆中，，，设，，，，将代入 中有 ， 所以，①，代入PA方程中有 ②同理，③，④                             因为，所以， 解得：   . （3）根据（2）中①②③④解得       .   和分别三点共线可得⑤，⑥，将①②③④代入⑤⑥解得 ，，     . ，从而 【点睛】关键点点睛：由椭圆的定义求出椭圆的方程，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理得到离心率再求出利用三点共线的条件求出的定值. 28．(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）由已知，可得，，则，，即可求得椭圆的标准方程，再求出，可求得离心率； （2）设直线的方程为，，，联立直线方程与椭圆方程，由利用韦达定理得，得，化简可得，可得为定值. 【详解】（1）因为直线经过椭圆的右顶点和上顶点， 当时，，当时，，则，， 所以，， 所以椭圆的标准方程为． 因为，所以椭圆的离心率为． （2） 由（1）知直线的斜率为， 设直线的方程为，，， 联立方程组，消去得，则． 因为，，所以， 因为， 且，所以， 所以，即为定值． 29．(1) (2) (3)证明见解析， 【分析】（1）由离心率的定义，，点在椭圆上代入求出即可； （2）由两点间距离公式结合二次函数的性质求最值即可； （3）设直线方程为，直曲联立，表示出韦达定理，再求出点坐标，利用重心坐标公式表示出重心所在直线即可； 【详解】（1）由得，又， 由在椭圆上，得， 椭圆的方程为. （2）设， ，其中， 当时，取得最大值，最大值为. （3）由知三点共线，且直线斜率存在且不为0，所以设直线方程为， ， 恒成立， ， 直线，令得，同理， ， ， ， 点在定直线上. 【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是能够表示出直线与的交点坐标，再利用韦达定理化简重心坐标公式. 30．(1) (2)（i）（ii）满足，理由见解析. 【分析】（1）根据离心率及焦点求出椭圆方程； （2）（i）设直线方程，联立椭圆方程，由根与系数的关系及斜率公式化简即可得解； （ii）根据定点的坐标，代入化简，可得出等式恒成立. 【详解】（1）由可知焦点，即， 又，所以，可得， 所以椭圆的方程为 （2）如图， （i）设直线的方程为， 联立得， ， ，，， ， ，， ，即时，存在定点，使恒成立. （ii）若 则，，， ，， 恒成立， 满足（i）中的定点满足恒成立. 31．(1)； (2). 【分析】（1）根据离心率、椭圆参数关系及已知求参数值，即可得方程； （2）令，且，，进而求出、，联立，应用韦达定理及化简得到关于t的方程，即可求值. 【详解】（1）由题设，可得， 则，故； （2） 令，且，， 则，若，则， 故，而， 联立，则，且， 所以，则，， 所以，， 又，即， 所以，则， 验证易知满足题设，则. 32．(1) (2)（i）证明见解析，（ii），使得为定值， 【分析】（1）根据椭圆的几何性质列等量关系即可求解， （2）根据两点斜率公式，即可化简求解，根据直线方程求解，即可根据长度关系求（i），联立直线与椭圆方程，根据相切，利用判别式可得切线方程为，进而求解方程为:，化简得方程为，令，求解定点，根据得在以为直径的圆上，即. 【详解】（1）由题意可得，解得， 故椭圆方程为 （2）设，则，故， , 设直线的斜率分别为， 则， 故 由于,则， 直线的方程为令则，故 所以 直线的方程为令则，故 所以， ， 故，即； （ii）存在定点，使得为定值，理由如下： 设， ①当过椭圆上点的有斜率时，设直线：， 联立与椭圆方程可得， 由于直线与椭圆只有一个公共点，故， 化简得， 所以，代入到可得， 所以， 从而直线：，即（※）， ②当过的直线斜率不存在且与椭圆只有一个交点时，：也满足（※）， 同理可得当过且与椭圆只有一个交点的直线方程为， 由于两直线均经过点,故， 故直线方程为:， 由（i）可知的方程为令则，故 又， 则的中点即， 直线方程为， 即， 令，解得， 故直线恒过点，又, 故在以为直径的圆上，即，使得为定值， 【点睛】关键点点睛：椭圆上一点,的切线方程为． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$