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橢圓壓軸題專項訓練-2025年高考數學二輪復習題
1．已知橢圓的左右焦點分別為，上下頂點分別為、是面積為的正三角形，過焦點的直線交橢圓于、兩點（、分別在第一、四象限）.
(1)求橢圓的離心率；
(2)已知點，，求橢圓上的動點到點的最大距離；
(3)求四邊形面積的取值范圍.
2．已知橢圓：的左、右焦點分別為，，離心率為，點在橢圓上．
(1)求橢圓的方程；
(2)已知過點的直線交橢圓于，兩點，當的面積最大時，求此時直線的方程．
3．已知橢圓的左右焦點分別為，上下頂點分別為、是面積為的正三角形，過右焦點的直線交橢圓于兩點（分別在第一、四象限）.
(1)求橢圓的離心率；
(2)已知點，求橢圓上的動點到點的最大距離；
(3)求四邊形面積的取值范圍.
4．已知橢圓的左、右焦點分別為是圓上一點，線段與C交于點Q，且．
(1)求C的標準方程；
(2)過點的直線與C交于A，B兩點，記O為坐標原點，線段的中點為N，C的左頂點為D．
（i）求面積的最大值；
（ii）若的外心為M，直線的斜率為，直線的斜率為，試判斷是否為定值．若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
5．記圓M：的圓心為M，橢圓過點M．
(1)已知橢圓C和圓M交于點，且．
①求橢圓C的方程；
②已知點 ，若過點 M 的直線l交C 于另一點H，且的面積為 ，求l的方程．
(2)，直線與橢圓C相切于點P，與圓M 相切于點Q，且，求橢圓C的方程．
附：若是橢圓 上一點，則過點 T 且與該橢圓相切的直線的方程為．
6．已知分別為橢圓的左、右焦點，點D為橢圓E上一點，以為直徑的圓過焦點．
(1)求橢圓E的方程；
(2)P是橢圓E上異于左、右頂點A、B的任一點，設交直線于點交橢圓E于點Q．
①證明：為定值；
②求面積的最大值．
7．已知為橢圓的左、右焦點，為橢圓的上頂點，若為直角三角形，且橢圓過點.
(1)求橢圓的方程；
(2)過點作斜率互為相反數的兩條直線與分別交橢圓于兩點，
①求證：通過點的直線的斜率為定值，并求出該定值；
②求的最大值.
8．已知橢圓，點在橢圓上，橢圓E上存在點H與左焦點F關于直線對稱．
(1)求E的方程；
(2)若不平行于坐標軸且互相垂直的兩條直線，均過點，直線交E于A，B兩點，直線交E于C，D兩點，M，N分別為弦和的中點，直線交x軸于點，設．
①求；
②記，，求．
9．已知橢圓過點，，過點的直線與交于，兩點，其中.
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線的斜率為，求的值；
(3)已知，直線交軸于點，若四邊形為等腰梯形，求直線的方程.
10．已知圓E：，點M是圓E上的動點，點，N為的中點，過N作交ME于S，設點S的軌跡為曲線C．
(1)求曲線C的方程；
(2)過點的動直線l與曲線C相交于A，B兩點．在平面直角坐標系xOy中，是否存在與點P不同的定點Q，使恒成立？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．
11．橢圓中，離心率是，右頂點到上頂點的距離為．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設橢圓的左頂點為，經過點的直線與橢圓交于，過點作的平行線，與交于點．判斷是否在定直線上？若在，求出該直線；若不在，請說明理由．
12．在直角坐標系xOy中，到直線和的距離分別為和，記P點的軌跡為W，已知．
(1)求W的方程及其左右焦點，的坐標；
(2)A，B是W上兩點，滿足；
①若P點坐標為，求直線AB的斜率k；
②是△PAB的外心，證明：平分．
13．橢圓與圓和圓都外切．
(1)求橢圓E的方程；
(2)設A，B分別為橢圓E的左右頂點，F為橢圓的右焦點，K為橢圓E上動點（異于A，B），直線與橢圓E交于另一點H．若直線與交于點P，求證：點P在定直線l上；
(3)在（2）的條件下，設直線與直線l交于Q點，橢圓E在點K處的切線與l交于R，
①求證：．
②求面積取最小值時K點的橫坐標．
14．已知橢圓過點，且的右焦點為．
(1)求的方程；
(2)設過點的一條直線與交于兩點，且與線段交于點．
（i）證明：直線平分；
（ii）若的面積等于的面積，求的坐標．
15．已知橢圓的左頂點為A，下頂點為，且過點．
(1)求橢圓的方程；
(2)設點為橢圓在第一象限內一點，線段交y軸于點D，線段交x軸于點E，若的面積是的6倍，求P點的坐標；
(3)如圖，若橢圓上的三個動點滿足，證明：．
16．已知、分別是橢圓的左、右焦點，點在橢圓C上，且的面積為．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)直線與線段AF相交于S，與橢圓交于P、Q兩點．
（Ⅰ）求t的取值范圍并證明：；
（Ⅱ）若，求點P的坐標．
17．已知橢圓的離心率為，且橢圓上一點到焦點的最近距離為，是橢圓左右頂點，過做橢圓的切線，取橢圓上軸上方任意兩點（在的左側），并過兩點分別作橢圓的切線交于點，直線交點的切線于，直線交點的切線于，過作的垂線交于．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若，直線與的斜率分別為與，求的值；
(3)求證：．
18．若兩個橢圓的離心率相等，則稱它們為“相似橢圓”．如圖在直角坐標系中，已知橢圓，，分別為橢圓的左，右頂點．橢圓以線段為短軸且與橢圓為“相似橢圓”．
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線與橢圓分別相交于，兩點，且（為原點），求直線的斜率的取值范圍；
(3)設為橢圓上異于，的任意一點，過作軸，垂足為，線段交橢圓于點．求證：為的垂心．（垂心為三角形三條高的交點）
19．在平面直角坐標系中，過橢圓中心作斜率為的一條弦，將坐標平面沿軸折成一個直二面角.
(1)求折起后的連線與軸所成夾角的大小；
(2)若此橢圓的離心率為，且過點，求：
（ⅰ）橢圓的標準方程；
（ⅱ）設點，過點作平面的垂線，且，問：橢圓上是否存在點，使得三角形的面積與三角形的面積之比為最小？若存在，求點坐標；若不存在，請說明理由.
20．橢圓的兩個焦點和短軸的一個頂點組成的三角形稱為該橢圓的“特征三角形”.記橢圓的“特征三角形”為，橢圓的“特征三角形”為，若，則稱橢圓與相似，并將與的相似比稱為橢圓與的相似比.已知橢圓與橢圓相似，且與的相似比為.
(1)求的方程；
(2)已知點是的右焦點，過點的直線與交于兩點，直線與交于兩點，其中點在軸上方.
（i）求證：；
（ii）若過點與直線垂直的直線交于兩點，其中點在軸上方，分別為，的中點，設為直線與直線的交點，求面積的最小值.
《橢圓壓軸題專項訓練-2025年高考數學二輪復習題》參考答案
1．(1)
(2)答案見解析
(3)
【分析】（1）根據題意利用為正三角形得到，再求解離心率即可.
（2）利用的面積求出基本量，進而得到橢圓方程設，利用兩點間距離公式表示，轉化為二次函數分類討論求解最值即可.
（3）設直線的方程為，與橢圓聯立方程組可得，根據點分別在第一、四象限，得，解得，四邊形的面積可表示為，可得，令，得到，再利用對勾函數單調性求得范圍即可.
【詳解】（1）如圖，設橢圓的焦距為，則，
因為，所以中，
又因為為正三角形，所以，即，
所以橢圓的離心率.
（2）由于正三角形的面積為，得到，
解得，，又，得到，故橢圓方程為，
設，且，即，
，
其對稱軸為，而，當，即時，
在時取得最大值，；
當，即時，
在時取得最大值，.
綜上，當時，最大距離為；當時，最大距離為.
（3）設直線的方程為，
聯立，消去整理得，
則，.
因為點分別在第一、四象限，
所以，即，
故，解得，
得到四邊形的面積為，
，
因為，，
所以，
令，，則，
因為，所以在上單調遞增，
故，即四邊形面積的取值范圍為.
2．(1)
(2)或
【分析】（1）根據橢圓離心率求得，將代入橢圓方程得，即可求解橢圓方程.
（2）設直線的方程為，與橢圓方程聯立，韋達定理，求得，然后利用基本不等式求解最值，即可求解，進而求解直線方程.
【詳解】（1）橢圓的離心率為，則，解得.
又因為在橢圓上，代入方程得，
又因為，可得.
故橢圓的方程為.
（2）由題意，設直線的方程為，
聯立，得，
設，，
則，，
，
當且僅當即時取等號．
故所求直線的方程為或．
3．(1)
(2)答案見詳解
(3)
【分析】（1）根據題意，可得，利用面積列式求得，得解；
（2）設，利用兩點間距離公式表示，轉化為二次函數求最值；
（3）設直線的方程為，與橢圓聯立方程組可得，根據點分別在第一、四象限，得，解得，四邊形的面積可表示為，可得，換元令，，利用函數單調性求得答案.
【詳解】（1）因為是面積為的正三角形，（為半焦距），，
則，解得.又，
所以離心率.
（2）由（1）知，橢圓方程為.
設，則，即.
，其對稱軸為.
因為，當，即時，在時取得最大值，；
當，即時，在時取得最大值，.
所以當時，最大距離為；當時，最大距離為.
（3）設直線的方程為，
聯立，消去整理得，
則，.
因為點分別在第一、四象限，
所以，即，
，解得，
所以四邊形的面積為
，
因為，，
所以，
令，，
則，
因為，所以在上單調遞增，
所以.
4．(1)
(2)（i）；（ii）為定值9，理由見解析.
【分析】（1）根據，得到，又，則，得到橢圓方程；
（2）（i）設出直線方程，聯立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，求出點N的坐標，表達出三角形的面積，利用基本不等式求出最值；
（ii）設外接圓的方程為．代入，可得，聯立直線和外接圓方程，得到兩根之和，兩根之積，結合（i）可得方程，求出，求出，為定值．
【詳解】（1）由，整理得，則該圓是以為圓心，6為半徑的圓．
因為P是圓上一點，線段與C交于點Q，且，
所以，即，解得．
由題可知，則，故C的標準方程為；
（2）（i）當點的直線斜率不存在時，重合，此時不存在，不合要求，
當點的直線斜率為0時，重合，此時不存在，不合要求，
直線的斜率存在且不為0，設直線的方程為．
聯立整理得，
則，
則線段的中點N的坐標為．
設的面積為S，則．
因為，當且僅當時，等號成立，
所以，即面積的最大值為．
（ii）為定值9，理由如下：
設，顯然為外接圓圓心，
故可設外接圓的方程為．
因為在外接圓上，所以，故，
故外接圓的方程為．
聯立，整理得
，
則．
因為，
故，
解得．
故，為定值．
5．(1)①；②
(2)
【分析】（1）由橢圓過點M求得，由求得，即可求解橢圓C的方程；由得出直線的斜率和直線的方程，結合的面積求得點到直線的距離，設過點，且與直線平行的直線的方程為，根據兩平行線間距離公式列出方程求解再驗證即可；
（2）解法一：不妨設點在第一象限，由橢圓的切線方程，直線與圓相切及勾股定理列出方程組求解即可得出橢圓C的方程；解法二：作軸，垂足為軸，垂足為，設直線與軸交于點，與軸交于點，設，分別表示出，，及直線的方程，結合橢圓的切線方程求得即可求解．
【詳解】（1）①因為橢圓過點，所以，解得，
不妨設點在第一象限，因為，所以點的橫坐標為，
將代入，解得或（舍去），所以，
將代入，解得
故橢圓C的方程為
②由條件易得直線的斜率為，則直線的方程為，
由題意得，設點到直線的距離為，
則由解得，
設過點且與直線平行的直線的方程為，，
由，解得或，
當時，直線與沒有交點，不符合題意，舍去；
當時，直線經過點，
故直線的方程為．
（2）解法一：不妨設點在第一象限，則①，
由題意可得直線的方程為，即，
因為直線與圓相切，所以②，
由①②可得，
因為，且，
所以③，
由①③可得，所以，
化簡得，
因為，
所以，解得，
故橢圓的方程為．
解法二：如圖，作軸，垂足為軸，垂足為，
設直線與軸交于點，與軸交于點，，
，
，
直線的方程為①，
不妨設點在第一象限，
由題意可得直線的方程為，即②，
由①②可得，所以，
即，所以，
所以直線的方程為，
將代入，解得，
故橢圓的方程為．
6．(1)
(2)①證明見解析；②.
【分析】（1）先由圓對的方程求得，結合條件求出，利用橢圓的定義求得的值，即得橢圓方程；
（2）①設，列出直線的方程，求得 ，計算并消去，利用點在橢圓上消去，化簡即得定值；②設直線的方程為，與橢圓方程聯立，求出韋達定理，利用求得，推出直線經過定點，從而表示出面積，借助于換元和雙勾函數的單調性即可求得面積最大值.
【詳解】（1）
在圓C的方程中，令，得，解得，即得
又 ，則，
于是，解得，
因，故
因此橢圓E的方程為．
（2）①由題意設，
又，所以，
直線的方程為，
當時，，即
此時，，
因，則，
代入上式可得，，即為定值．
②設直線的方程為，
聯立，得，
所以，
則，
，
由 ，
化簡得，解得或（此時直線過點，不合題意，舍去），
即直線的方程為，經過定點，
所以
，
令，則，則，
因在上單調遞增，
故時，即時，取得最小值為4，取得最大值為，
7．(1)
(2)①證明見解析，定值為1；②4.
【分析】（1）根據三角形邊長關系以及橢圓上的點坐標求出，從而得到橢圓方程；
（2）①根據題意設直線與的方程，分別與橢圓方程聯立求得點的坐標，再根據斜率公式計算即可得到定值；②利用兩點間距離公式，結合基本不等式求最值.
【詳解】（1）由題意，則是等腰直角三角形，即得，從而.
又橢圓過點則有解得.
橢圓的方程：.
（2）
①由（1）知橢圓的方程為，設直線的方程：，則的方程是.
令，
由可得
則有
，
同理得，
.
即直線的斜率為定值，且定值為1.
②由①知，
則
又，當且僅當即當時等號成立，
所以，即的最大值為4.
8．(1)
(2)①；②
【分析】（1）左焦點F關于直線對稱點為，將分別代入橢圓即可求解；
（2）①設直線的方程為，聯立橢圓與直線方程得到韋達定理，進而可求點坐標，同理可求點坐標，由M，N，Q三點共線，可得其坐標的關系，整體代入即可得到；②求出的通項，所以
，進而利用錯位相減求解即可.
【詳解】（1）由題意可得：左焦點關于直線對稱點，
，解得，所以E的方程：．
（2）①設直線的方程為，，，，，由，得，
所以，
所以，則，
所以，同理可得，
因為M，N，Q三點共線，所以，
又，所以，
因為，所以．
②，
所以
，
設，
則，
，
故
，
解得，
所以
9．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根據橢圓上的點，代入可得橢圓方程；
（2）設直線方程，聯立直線與橢圓，結合韋達定理，及弦長公式可得解；
（3）由四邊形為等腰梯形，可知，設點的坐標為，的中點為，則，要求直線的斜率，只需要轉化為求點的坐標，則有，根據點斜式可知直線的方程為，可得，設直線的方程為，聯立直線與橢圓，結合韋達定理可得，求出，，可得所求直線的方程.
【詳解】（1）由已知橢圓過點，，
則，解得，
即橢圓方程為；
（2）依題意得，直線的方程為，
聯立，整理得，，
故，，
故；
（3）因為四邊形為等腰梯形，則必有，即，

不妨設點的坐標為，的中點為，則必有，
要求直線的斜率，只需要轉化為求點的坐標，則有.
而，則直線的方程為，
令，則有，
不妨設直線的方程為，
則有，即，
聯立方程，消去得，
則有，，則有，
則有，所以，
所以，
所以，故所求直線的方程為.
10．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由動點的位置特征，結合橢圓定義判斷出軌跡為橢圓，待定系數法求方程；
（2）當直線與軸垂直時，得點必在軸上；當直線與軸垂直時，得點的坐標只可能是，再證明直線斜率存在且均滿足條件即可．
【詳解】（1）依題意可知圓的標準方程為，圓心．
因為線段的垂直平分線交于點，所以．
動點始終滿足，
故動點滿足橢圓的定義，所以曲線是以E，F為焦點的橢圓．
設橢圓方程為，因此，解得，
故橢圓的方程為．
（2）存在與點不同的定點，使得恒成立．理由如下：
當直線與軸平行時，由橢圓的對稱性可知，
又因為得，則，
從而點必在軸上，可設．
當直線與軸垂直時，則，，如果存在定點滿足條件，
由，即，解得或，
若存在不同于點的定點滿足條件，則點坐標只能是．
當直線不平行于軸且不垂直與軸時，可設直線的方程為，
聯立，消去并整理得，
因為，設A，B的坐標分別為，，
所以．
又點關于軸的對稱點的坐標為，
，
，
則三點共線，．
綜上，存在與點不同的定點，使得恒成立．
11．(1)
(2)在定直線上， 理由見解析.
【分析】（1）由條件結合離心率定義，關系列關于的方程，解方程求，由此可得橢圓方程；
（2）設直線，，，聯立直線與橢圓的方程，利用設而不求法證明，求直線與直線的方程，由直線與直線的方程消并證明，由此可得結論.
【詳解】（1）由題意可得，
解得，，
所以橢圓的標準方程為；
（2）在定直線上，證明如下：

由題可得，，，
由已知可得，所以三點不共線，所以直線斜率不為，
故可設直線的方程為，設，，
直線與橢圓聯立，
消可得，，
該方程的判別式，
則，，易得
直線①，直線②
由①②聯立，消去可得
即
即
即即
故點在定直線上.
12．(1)
(2)①；②證明見解析.
【分析】（1）利用點到直線的距離公式來求動點軌跡方程即可得解；
（2）利用設直線斜率的方程與橢圓聯立方程組，結合韋達定理可求點坐標，利用同理可求點坐標，然后利用兩點斜率公式即可得解.
（3）①采用設線法即可求出斜率；②法一：利用圓系方程可證平分；法二：②設直線斜率為，，聯立直線與橢圓方程求坐標，同理得坐標，再取中點，結合中點坐標公式與外心性質分別求出，方程，解出坐標，得到的斜率，進而利用直線的方向向量與向量，的夾角余弦值可證.
【詳解】（1）由題意得：，
整理得： ，
所以的方程為：，其左焦點為，右焦點為；
（2）①設過點且斜率存在的直線方程為，
與橢圓聯立方程組，消去得：，
整理得：，
由于直線交橢圓于、，
則由韋達定理可得：，
則，
由于，設，則同理可得：
，，
則，
②法一：由題設，，
令曲線，
曲線過，取，則，
此時曲線，
則曲線為圓且過，故圓為的外接圓，
其圓心為，故，
而，
，
所以，而為三角形內角，
故，即平分．
法二：由題意，存在，設，，
若時，，重合，不滿足題意，故；
當時，點在軸上，由，可知軸，
由對稱性可知，的外心在軸上，此時平分；
當時，點不在軸上，
設直線方程為，與橢圓聯立方程組，
消去整理得：，
，即.
直線交橢圓于，，
則由韋達定理可得：，
由，解得，
則，
由于，設，則同理可得：
，，又，
所以；
且
則
；
；
取中點，則，，由為的外心，
則的中垂線（當不重合時即）的方程為；
同理，取中點，
則的中垂線（當不重合時即）的方程為；
聯立兩方程解得外心坐標為
；
；
則的斜率為；
故可設直線的一個方向向量為，
由，則，
則；
因為
，
所以有，
故當時，也平分．
綜上所述，是的外心，則有平分．
13．(1)
(2)證明見解析
(3)①證明見解析；②
【分析】（1）結合圖形可得，進而得橢圓方程；
（2）聯立直線與橢圓方程，由韋達定理可得關系式，再由直線聯立解得點坐標，將關系式代入化簡可得點在直線上；
（3）①求出切線方程，依次求出坐標，得為中點，進而由向量極化恒等式可證；②利用點的橫坐標表達出面積函數關系，利用導數求最值即可得.
【詳解】（1）圓的圓心為，半徑為；
圓的圓心為，半徑為；
由題意橢圓E與兩圓都外切，結合圖形可知，，
故橢圓E的方程為.
（2）由橢圓E的方程為可知，
由題意知，不垂直于軸，故可設直線，
由焦點在橢圓內，則直線與橢圓恒有兩個交點，
設，
聯立直線與橢圓方程得，
由韋達定理得，
則（），
又直線方程為，方程為，
設兩直線交點，
則聯立方程，解得，
將（）式代入化簡得，
故點P在定直線上.
（3）①由題意知橢圓E在點處的切線斜率存在，
可設切線的方程為，
聯立直線與橢圓E方程消得，
，
由直線與橢圓相切，
則，
化簡得，
由，得代入上式得，
解得，故，
令，得
直線，令得；
直線，令得；
由，
故為線段的中點，
，得證.
②由，
則
則
，
則的面積
.
令，，
則，
由解得，
當時，，在上單調遞減；
當時，，在上單調遞增；
故當時，函數取最小值.
即面積S取最小值時K點的橫坐標為．
14．(1)
(2)（i）證明見解析；（ii）或．
【分析】（1）代入條件，轉化為關于和的方程組，即可求解；
（2）（ⅰ）首先設直線的方程為，與橢圓方程聯立，得到韋達定理，由題意轉化為證明和的斜率和為0；
（ⅱ）由面積公式，結合條件，再結合幾何關系，確定，即可確定點的位置，即可求解.
【詳解】（1）根據題意有，
且由橢圓的幾何性質可知，
所以．
所以的方程為．
（2）（i）因為橢圓的長軸右端點橫坐標為，所以的斜率一定存在（否則與橢圓沒有交點）設的方程為，
代入的方程有：，
其中，故，
設，
則，
若直線平分，且易知軸，故只需滿足直線與的斜率之和為0．
設的斜率分別為，則：
，
代入，
有，故命題得證．
（ii）由（i）知直線平分，即．
因為的面積等于的面積，
故，即，故．
故，
在線段的垂直平分線上．
易知線段的垂直平分線為，與的方程聯立有，
故的坐標為或．
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問中第一小問的關鍵是由幾何關系轉化為證明，第二小問的關鍵是轉化幾何關系為.
15．(1)
(2)或
(3)證明見解析
【分析】（1）由題意易求得，進而可得橢圓的方程；
（2）由題意可得，進而計算可得，結合條件可求解；
（3）設，，利用點差法可求得，，進而計算，可得結論.
【詳解】（1）由題意得，，，
解得．
所以橢圓的方程為．
（2）如圖：由，
則，
對，令，
則，
所以由相似三角形可得：，
所以，
又因為，所以，，
解得或，所以對應的分別為或，
所以或；
（3）設，
由可得①，
由，兩式相減得，
即②，
由①②兩式可得，
又由可得③，
由，兩式相減得，
即④，
由③④兩式可得 ，
所以
，
即．
16．(1)
(2)（Ⅰ），證明見解析；（Ⅱ）或
【分析】 （1）由已知的縱坐標與三角形面積，求得的值，根據的等量關系與方程，可得答案；
（2）（I）聯立直線與橢圓方程，由根的判別式，可得參數取值，寫出韋達定理，根據斜率公式，可得答案；（II）由平行可得等角與等邊，根據等腰三角形的性質，可得點所在直線方程，聯立橢圓方程，可得答案.
【詳解】（1）由的面積為，得，解得，所以①，
又點在橢圓C上，所以②，
聯立①②解得，所以橢圓C的標準方程為.
（2）（Ⅰ）聯立方程，消x得：
因為直線l與橢圓交于P、Q兩點，
所以，解得或
又因為直線l與線段AF交于S點，所以
設，，則，，
從而，
則，因，故，又軸，
故.
（Ⅱ）由，所以，又，
所以，所以，
所以P為線段AF的中垂線與橢圓的交點，
由，解得：或，
因此，P的坐標為或.
17．(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據題意列方程組求解；
（2）設出過點R的切線方程，與橢圓方程聯立可得關于x的一元二次方程，由相切知從而得到關于切線斜率的方程，利用韋達定理求解即可；
（3）設，可得，聯立過點R的切線方程和橢圓方程，由相切知從而得到關于切線斜率的方程，利用韋達定理寫出，，將證明轉化為證明即可.
【詳解】（1）由題意：．
所以橢圓的標準方程為：.
（2）設過點的切線方程為：，即，
由，消去，得：，
整理得：，
由，
整理得，
整理得：，所以.
（3）設（），的延長線交軸于點，如圖：
、兩點處切線斜率分別為，則．
設過點的橢圓的切線方程為：，即，
由消去，
化簡整理得：，
由得：
化簡整理得：，
由韋達定理，得：，，
所以，，
所以要證明，只需證明：，
即
，
因為，所以上式成立，即成立.
18．(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據橢圓的左，右頂點和離心率即可求出橢圓的方程；
（2）設出直線方程，直曲聯立，利用韋達定理和斜率關系得到關系，再代入判別式可得.
（3）設，根據點的坐標求出點的坐標，從而得出，即結論得以證明.
【詳解】（1）由題意可知，橢圓的離心率，
設橢圓的方程為，則，，
解得，
所以橢圓的方程為.
（2）由題意可知直線的斜率存在，設直線方程為，，
聯立，消去可得，
，
因為，即，代入韋達定理并化簡可得
，
即，
代入判別式可得，解得或，
又，
所以直線的斜率的取值范圍為.
（3）證明：設，則由得，
把帶入橢圓，得，
因為在軸的同側，所以，所以，
所以,
所以，又，所以H為的垂心．
19．(1)
(2)（i）；（ii）存在，.
【分析】（1）建立合適的空間直角坐標系，轉化為空間向量夾角即可；
（2）（i）利用待定系數法設，根據和關系即可得到橢圓方程；
（ii）作作，垂足為，利用三角形面積公式轉化為求的最小值，即轉化為求出的最大值，再結合點到直線的距離公式和基本不等式即可求出其最大值.
【詳解】（1）在折后的平面內作軸，因為坐標平面沿軸折成一個直二面角，
則折后平面底面，又因為平面底面，且平面，
則底面，則建立如圖所示空間直角坐標系，
則由題意知，折后，，則，
軸的方向向量，則，
則，則連線與軸所成夾角的大小為，
所以是等腰直角三角形，即與軸所成夾角為.
（2）（ⅰ）由離心率，
不妨設，則，得：，，
所以橢圓的坐標方程為：.
（ⅱ）在底面內過點作，垂足為，連，
則由坐標平面，即平面，因為平面，則，
又因為，且，平面，
所以平面，因為平面,所以，即.
，
則題意就是要使二面角的平面角最小，
即當最大時，最小.
假設這樣的點存在，令，則：
當時，則，
當時，，
當且僅當是取到等號.
此時，的方程是，代入橢圓方程，
即聯立，解得或（舍去）
則點.
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問第二小問的關鍵是將面積比轉化為求的最小值.
20．(1)
(2)（i）證明見解析；（ii）.
【分析】（1）由橢圓，的方程求橢圓，的長軸長和短軸長，結合橢圓相似的定義列方程求，由此可得結論；
（2）（i）設直線的方程為，聯立與橢圓求線段的中點坐標，聯立與橢圓求線段的中點坐標，由此證明結論；
（ii）連接，取的中點，證明，聯立方程組結合弦長公式求，，由此可得的面積解析式，再結合基本不等式求其最值.
【詳解】（1）由題意知橢圓的長軸長為，短軸長為4，
橢圓的長軸長為，短軸長為，
又與的相似比為，所以，解得，
所以的方程為.
（2）（i）證明：由（1）知，顯然直線的斜率不為0，設直線的方程為，
由，得，
方程的判別式
設，
所以，
故中點的縱坐標為中點的橫坐標，
即中點的坐標為.
由，得，
方程的判別式
設，所以，
故中點的縱坐標為中點的橫坐標，即中點的坐標為.
所以的中點與的中點重合，所以.
（ii）如圖，連接，取的中點，連接，又分別為的中點，所以，所以，，
所以的面積.
顯然直線的斜率不為0，設直線的方程為，由
得，設，所
以，
所以
同理可得，
所以，
當且僅當，即時等號成立，所以面積的最小值為.
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