03圆锥曲线与方程（椭圆）-江苏省2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（苏教版）

这是一份03圆锥曲线与方程（椭圆）-江苏省2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（苏教版），共35页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·江苏盐城·高二盐城市伍佑中学校考期末）在平面直角坐标系中，已知点，在椭圆上，且直线，的斜率之积为，则（ ）
A．1B．3C．2D．
2．（2023上·江苏盐城·高二江苏省阜宁中学校联考期末）已知椭圆C：上有一点A，它关于原点的对称点为B，点F为椭圆的右焦点，且，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·江苏盐城·高二盐城中学校考期末）已知圆，为圆内一点，将圆折起使得圆周过点(如图)，然后将纸片展开，得到一条折痕，这样继续下去将会得到若干折痕，观察这些折痕围成的轮廓是一条圆锥曲线，则该圆锥曲线的方程为 （ ）
A．B．C．D．
4．（2023上·江苏盐城·高二盐城中学校考期末）已知椭圆:，则椭圆的焦点坐标为（ ）
A．B．
C．D．
5．（2020上·江苏南通·高二统考期末）椭圆以坐标轴为对称轴，经过点，且长轴长是短轴长的倍，则椭圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
6．（2022上·江苏南通·高二江苏省如皋中学校考期末）椭圆：的左焦点为，椭圆上的点与关于坐标原点对称，则的值是（ ）
A．3B．4C．6D．8
7．（2022上·江苏淮安·高二统考期末）已知F为椭圆的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且垂直于x轴．若直线AB的斜率为，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．（2022上·江苏徐州·高二统考期末）已知正方形的四个顶点都在椭圆上，若的焦点F在正方形的外面，则的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．（2023上·江苏南通·高二统考期末）已知，分别为椭圆C：的左，右焦点，A为C的上顶点，过且垂直于的直线与C交于D，E两点，则（ ）
A．椭圆C的焦距为2B．
C．的面积为D．的周长为8
10．（2023上·江苏盐城·高二江苏省阜宁中学校联考期末）《文心雕龙》中说“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意思是自然界的事物都是成双成对的．已知动点P与定点的距离和它到定直线l：的距离的比是常数．若某条直线上存在这样的点P，则称该直线为“成双直线”．则下列结论正确的是（ ）
A．动点P的轨迹方程为
B．直线：为成双直线
C．若直线与点P的轨迹相交于A，B两点，点M为点P的轨迹上不同于A，B的一点，且直线MA，MB的斜率分别为，，则
D．M点为P的轨迹上的任意一点，，∠FMQ＝60°，则面积为
11．（2023上·江苏南京·高二南京师大附中校考期末）已知直线与椭圆交于，两点，若是直线上一点，为坐标原点，则下列结论正确的有（ ）
A．椭圆的离心率
B．
C．
D．若是椭圆的左右焦点，则
12．（2023上·江苏连云港·高二统考期末）已知椭圆上一点，椭圆的左､右焦点分别为，则（ ）
A．若点的横坐标为2，则
B．的最大值为9
C．若为直角，则的面积为9
D．若为钝角，则点的横坐标的取值范围为
三、填空题
13．（2023上·江苏南京·高二金陵中学校考期末）已知椭圆的右焦点为，左顶点为，若E上的点P满足轴，，则E的离心率为 .
14．（2023上·江苏常州·高二统考期末）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点在椭圆上，满足的面积为，，过点作的垂线交椭圆于，两点，则的周长为 .
15．（2023上·江苏盐城·高二盐城中学校考期末）已知A､B､C是椭圆上的三个点，O为坐标原点，A､B两点关于原点对称，AC经过右焦点F，若且，则该椭圆的离心率是 .
16．（2023上·江苏连云港·高二统考期末）已知点在椭圆上，为椭圆的右焦点，直线与圆相切，且（为原点），则椭圆的离心率为 .
17．（2023上·江苏南通·高二统考期末）摆线是一类重要的曲线，许多机器零件的轮廓线都是摆线，摆线的实用价值与椭圆、抛物线相比毫不逊色.摆线是研究一个动圆在一条曲线（基线）上滚动时，动圆上一点的轨迹.由于采用不同类型的曲线作为基线，产生了摆线族的大家庭.当基线是圆且动圆内切于定圆作无滑动的滚动时，切点运动的轨迹就得到内摆线.已知基线圆的方程为，半径为1的动圆内切于定圆作无滑动的滚动，切点的初始位置为.若，则的最小值为 ；若，且已知线段的中点的轨迹为椭圆，则该椭圆的方程为 .
18．（2022上·江苏常州·高二统考期末）美学四大构件是：史诗、音乐、造型（绘画、建筑等）和数学.素描是学习绘画的必要一步，它包括明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习素描最重要的一步.某同学在画切面圆柱体（用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱，底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体，原圆柱的母线被截面所截剩余的部分称为切面圆柱体的母线）的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若切面圆柱体的最长母线与最短母线所确定的平面截切面圆柱体得到的截面图形是有一个底角为45°的直角梯形（如图所示），则该椭圆的离心率为 .
四、解答题
19．（2023下·江苏镇江·高二江苏省镇江中学校考期末）如图，在中，，若以所在直线为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系.设动顶点.
(1)求顶点A的轨迹方程；
(2)记第（1）问中所求轨迹曲线为，设，过点作动直线与曲线交于两点（点在轴下方）.求证：直线与直线的交点在一条定直线上.
20．（2023下·江苏连云港·高二统考期末）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)斜率为正数且不过原点的直线交椭圆于两点，线段的中点为，射线交椭圆及直线分别于点和点，且.证明：直线过定点.
21．（2023下·江苏南京·高二统考期末）已知椭圆的右顶点和上顶点分别为，，为线段的中点，为坐标原点，且．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知圆，为圆上任意一点，过点作椭圆的切线，交圆于点，若与斜率都存在，求证：为定值．
22．（2023下·江苏盐城·高二统考期末）已知椭圆的离心率为，记的右顶点和上顶点分别为、，的面积为（为坐标原点）．

(1)求的方程；
(2)点在线段上运动，过点垂直于轴的直线交于点（点在第一象限），且，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点．
23．（2023上·江苏盐城·高二盐城市伍佑中学校考期末）已知椭圆的左顶点为.椭圆的离心率为并且与直线相切.
(1)求椭圆的方程；
(2)斜率存在且不为0的直线交椭圆于，两点（异于点），且.则直线是否恒过定点，如果过定点求出该定点坐标，若不过定点请说明理由.
24．（2023上·江苏盐城·高二盐城市伍佑中学校考期末）在平面直角坐标系中，已知点，，点满足，记的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)，直线过点交于，两点.并且，求直线方程.
25．（2023上·江苏盐城·高二江苏省阜宁中学校联考期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为，P是椭圆C上的一个动点，且面积的最大值为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点作两条直线和，与C交于点A，B，与C交于点C，D，线段AB，CD的中点分别为P，Q，设直线和的斜率分别为，，
①若，求证：直线OP与直线OQ的斜率乘积为定值；
②若，过点作，垂足为H．试问：是否存在定点T，使得线段TH的长度为定值．
26．（2023上·江苏南京·高二南京大学附属中学校考期末）已知椭圆过点，且焦距为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过直线（不经过点交椭圆于点，，试问直线与直线的斜率之和为，求证：过定点.
27．（2023上·江苏常州·高二江苏省奔牛高级中学校考期末）已知椭圆，过点作椭圆的两条切线，且两切线垂直.
(1)求；
(2)已知点，若直线与椭圆交于，且以为直径的圆过点（不与重合），求证直线过定点，并求出定点.
28．（2023上·江苏南京·高二南京师大附中校考期末）已知椭圆C：的离心率为，且过点
(1)求C的方程
(2)已知A，B是C的左右顶点，过右焦点F且斜率不为0的直线交C于点M，N，直线AM与直线x=4，交于点P，记PA，PF，BN的斜率分别为，问，是否是定值如果是，请求出该定值，如果不是，请说明理由.
参考答案：
1．A
【分析】因为点、在椭圆上得，直线，的斜率之积为得，两边平方化简得，代入可得答案.
【详解】因为点，在椭圆上，
所以，
因为直线，的斜率之积为，所以，
可得，化简得，
则
.
故选：A.
2．B
【分析】设椭圆的左焦点为，则由已知条件结合椭圆的性质可得四边形为矩形，得，然后在中，表示出，再利用椭圆的定义列方程化简可求出离心率.
【详解】设椭圆的左焦点为，
因为，所以根据椭圆的对称性可知：四边形为矩形，
所以，
在中，，
根据椭圆定义可知：，
所以，
所以，，所以，
所以离心率为
故选：B．
3．A
【分析】由图形可知结果为定值，进而根据椭图的定义推断出点的轨迹方程.
【详解】，，点关于折痕的对称点在圆周上，折痕为线段的垂直平分线，折痕与相交于点， 如图所示：
则有，可知，
所以点的轨迹是以为左、右焦点的椭圆，其中长轴，焦距，所以点的轨迹方程为，即折痕围成轮廓的圆锥曲线的方程为.
故选：A
4．B
【分析】首先确定焦点位置是在轴还是在轴，再由标准方程求得即可求得焦点坐标.
【详解】因为椭圆方程是，所以，
所以，即，又因为椭圆焦点在轴上，所以焦点坐标为.
故选：B.
5．C
【分析】分情况讨论焦点所在位置及椭圆方程.
【详解】当椭圆的焦点在轴上时，由题意过点，故，，椭圆方程为，
当椭圆的焦点在轴上时，，，椭圆方程为，
故选：C.
6．D
【分析】令椭圆C的右焦点，由已知条件可得四边形为平行四边形，再利用椭圆定义计算作答.
【详解】令椭圆C的右焦点，依题意，线段与互相平分，于是得四边形为平行四边形，
因此，而椭圆：的长半轴长，
所以.
故选：D
7．D
【分析】根据题意表示出点的坐标，再由直线AB的斜率为，列方程可求出椭圆的离心率
【详解】由题意得，，
当时，，得，
由题意可得点在第一象限，所以，
因为直线AB的斜率为，
所以，化简得，
所以，，
得（舍去），或，
所以离心率，
故选：D
8．C
【分析】如图由题可得，进而可得，即求.
【详解】如图根据对称性，点D在直线y=x上，可设，则，
∴，
可得，
，即，又
解得.
故选：C.
9．ABD
【分析】对于A：根据椭圆方程分析求解；对于B：分析可知，联立方程结合弦长公式分析求解；对于C：由，进而结合选项B求面积；对于D：根据已知条件及等边三角形的性质，再利用等腰三角形的三线合一定理及椭圆的定义，结合三角形的周长公式即可求解.
【详解】由，得，，，
解得，，
因为椭圆的上顶点为，两个焦点为，，
Ze ，故A正确；
所以，即为等边三角形，
因为过且垂直于的直线与交于两点，
可知，可知直线的斜率，
则，设，
联立方程，消去x得，
则，可得，
所以，故B正确；
因为，
所以的面积为，故C错误；
因为
由椭圆的定义可知，,
所以的周长为，故D正确；
故选：ABD.
10．BC
【分析】对A，根据题意先求出动点P的轨迹方程判断即可；对B，联立与，得出二次方程，根据判别式判断是否有解即可；对C，设，再表达出，结合椭圆的方程求解即可；对D，根据焦点三角形的面积公式求解即可.
【详解】对A，设，则，即，化简得，故A错；
对B，联立，消去y得，，故直线上存在这样的点，所以：为成双直线，故B正确；
对C，设，则，
，故C正确．
对D，易得分别为椭圆的左右焦点，∠FMQ＝60°，故面积为，故D错误；
故选：BC．
11．ABD
【分析】根据椭圆方程即可求离心率，从而判断A；根据直线与椭圆相交弦长求解公式，利用“联消判韦”即可求得长，从而判断B；根据向量的数量积结合交点坐标关系即可判断C；利用对称性，结合三角形三边关系即可得最大值，从而判断D.
【详解】解：由椭圆知，，则，所以，故离心率，故A正确；
设，则，所以，则，
故，故B正确；
则，所以与不垂直，故C不正确；
因为是椭圆的左右焦点，所以，若是直线上一点，
如图：
设关于直线对称的点为，设，则，解得，即；
则，又由三角形三边关系可得，
又，即，故D正确.
故选：ABD.
12．BCD
【分析】对A，可直接解出点P坐标，求两点距离；
对B，最大值为
对C，设，则，列勾股定理等式，可求面积；
对D，所求点在以原点为圆心，为半径的圆内，求出椭圆与该圆的交点横坐标即可判断.
【详解】椭圆的长半轴为，半焦距为，∴
对A，时，代入椭圆方程得，，，A错；
对B，的最大值为，B对；
对C，为直角，设，则，则有，
则的面积为，C对；
对D，以原点为圆心，为半径作圆，则为圆的直径，则点P在圆内时，为钝角，联立，消y得，故点的横坐标的取值范围为，D对.
故选：BCD
13．/0.25
【分析】根据轴，设，代入椭圆方程确定，在中，由与边的关系得关于的方程求
【详解】
轴，设，不妨设，
，解得所以，
，，，
即，解得或，又.
故答案为：
14．
【分析】根据椭圆的定义和三角形的面积公式得到和，利用余弦定理得到与的关系式，结合椭圆的离心率求出和的值，可以证明是的中垂线，最后再根据椭圆的定义求解即可.
【详解】
椭圆的离心率为，
，
，，
，
点在椭圆上，，
，
在中，根据余弦定理得，
即，
整理得，
，与上式联立，解得，，
，
由题意知，，
是的中垂线，
，，
，在椭圆上，
，
的周长为.
故答案为：.
15．/
【分析】方法一：设椭圆的左焦点为，由条件证明四边形为矩形，设，结合椭圆的定义求，，利用勾股定理列方程可得关系由此可求离心率.
方法二：设，，由可得，由可得，结合点的坐标满足椭圆方程列方程，消元可得关系由此可求离心率.
【详解】方法一：
设椭圆的半焦距为，左焦点为，则
因为两点关于原点对称，所以，又，
所以，所以四边形为矩形，设，因为，所以，
由椭圆的定义可得，，
在，，，，
所以，所以，故，，
在中，，所以，所以，所以离心率.
故答案为：.
方法二：设椭圆的半焦距为，点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为，点的坐标为，
且①，②，
②×4-①可得，，
因为经过右焦点，，所以，所以，
故，
所以，又，所以，因为，
所以，又，
所以，所以，所以，即，
又，所以，所以离心率.
故答案为：.
16．
【分析】如图，左焦点为，由几何性质得，即可由相似求得，即可由勾股定理，及椭圆定义建立齐次式，从而求得离心率.
【详解】如图所示，左焦点为，设圆的圆心为，切圆C于A，则半径.
∵，∴，
则，∴，
∴，化简得.
∴ 椭圆的离心率为.
故答案为：.
17． 2
【分析】根据圆、摆线、椭圆的知识求得正确答案.
【详解】当时，的最小值为.
当时，初始位置为，
圆的四分之一弧长为，
圆的半周长为，
所以的轨迹过点，
所以，椭圆焦点在轴上，
所以椭圆方程为.
故答案为：；
18．
【分析】设圆柱的底面半径为，由题意知，，椭圆的长轴长，短轴长为，可以求出的值，即可得离心率.
【详解】设圆柱的底面半径为，依题意知，最长母线与最短母线所在截面如图所示．
．
从而．
因此在椭圆中长轴长，
短轴长，
．
，
故答案为：．
19．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据椭圆的定义，求得椭圆的的值，可得答案；
（2）根据联立直线与椭圆写出的韦达定理，表示出直线的直线方程，联立整理方程，可得答案.
【详解】（1）由，则A的轨迹为以为焦点的椭圆，且，；
由，则，，即，
故A的轨迹方程为.
（2）直线方程可设为，
联立可得，消去可得：，
显然成立，
设，则，即，
设，，
联立上述两方程，消去可得，
，，
，，
由，则，
，解得；
综上所述，动点的轨迹方程为直线.
【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的离心率与椭圆上的点列方程求解即可得椭圆方程；
（2）设直线的方程为：，，联立直线与椭圆得交点坐标关系，再结合线段坐标表示求解的值即可得结论.
【详解】（1）由题知，解得：，
所以椭圆.
（2）设直线的方程为：，，

由，得，
由得，
设，则，
，
，射线OP的方程为，
由，得；由，得，
由，得，即，解得，
直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：本题考察直线过定点问题，常用方法：设直线方程，联立曲线方程消元，根据韦达定理，结合已知条件列方程，寻找k和b的关系，代回直线方程化为点斜式可得.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由条件结合向量的坐标运算列方程求，可得椭圆方程；
（2）在的斜率不存在时求的值，当的斜率存在时，设直线的方程为，联立直线与圆的方程
结合设而不求法求，由直线与椭圆相切求的关系，由此证明结论.
【详解】（1）依题意可得，，，，
所以，所以，
所以椭圆的方程为：．
（2）若的斜率不存在，则，或，，
此时；
若的斜率存在时，可设直线的方程为，，，
由联立消去可得，，
方程的判别式，
，，，
所以，
当直线与椭圆相切时，
由联立消去可得，，
，化简得，
所以，综上可得为定值．
【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，
然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，求出点、的坐标，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由、、三点共线结合韦达定理可得出，然后化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.
【详解】（1）解：由题意可得，，且，则，
所以，，解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）证明：若直线与轴重合，则直线与直线重合，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，

易知点、，则直线的方程为，
直线的方程为，联立，可得，故点，
因为点，设点，则为线段的中点，
则，可得，即点，
联立直线与椭圆的方程得，可得，
，
由韦达定理可得，，
因为、、三点共线可得，
且，，
所以，，
整理可得
，
化简可得，
所以，直线的方程为，
由可得，因此，直线过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
23．(1)
(2)直线恒过定点.
【分析】（1）由离心率的值可得的关系，将直线与椭圆联立，由判别式为可得的值，进而求出椭圆的方程；
（2）设直线的方程与椭圆联立，可得两根之和及两根之积，由向量模的关系，可得，即，求出数量积的表达式，将两根之和及两根之积代入，可得直线恒过的定点.
【详解】（1）由题意可得，可得，
所以椭圆的方程为：，即，
联立，整理可得：，
由题意可得，解得，，
所以椭圆的方程为：；

（2）因为，可得，即，由（1）可得，
由题意设直线的方程为：，，，，
联立，整理可得：，
，即，且，，
所以
，
整理可得：，解得或（舍），
即时，不论为何值都符合，
所以直线的方程为，则直线恒过定点.

24．(1)
(2)或.
【分析】（1）根据椭圆的定义判断轨迹，直接得到椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程，由根与系数的关系及的坐标关系得解.
【详解】（1）因为,
所以由椭圆的定义可知，轨迹是以点，为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为，
则，∴，
又∵，则，
∴椭圆的方程为；
（2）由题意可知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
联立方程，消去得：，
设，，则，，
∵，即，∴，即，
∴，，∴，且，
∴，解得，
∴直线方程为或.
25．(1)
(2)①证明见解析 ；②存在；.
【分析】（1）依题意建立的方程，求之即可得到椭圆方程；
（2）①解法一利用韦达定理求得中点坐标，再利用斜率公式即可；解法二利用点差法求得直线斜率与中点的关系，从而得证；
②当直线PQ的斜率不存在时，得，与题意中的矛盾，不符合题意；设直线PQ的方程为.由（2）①可知把的坐标代入可得为方程的两个根，利用韦达定理可得，从而确定直线PQ过定点，由，且为定值可知当点为的中点时，为定值．
【详解】（1）依题意得，，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）①解法一：直线AB的方程为，直线CD的方程为，
联立，，
设，则，，
同理得，，
则；
解法二：
设，
则，所以，
则，所以，
同理可得，则；
②当直线PQ的斜率不存在时，轴，点P与点Q关于轴对称，
则，与题意中的矛盾，不符合题意；
故设直线PQ的方程为，
由第（2）问可知，，
代入直线PQ的方程有，
化简得，
同理有，
所以为方程的两个根，有，
又，所以，
所以直线PQ的方程为，得直线PQ过定点，
故由，且为定值，
可知当点为的中点时，即，为定值．
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
26．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，根据化简求得定点坐标.
【详解】（1）由题意可得，解得，
椭圆的方程：.
（2）当直线的斜率不存在时，设其方程为，且，
则，
所以，
解得（舍去），
所以直线的斜率存在.
设直线的方程为，其中，
联立方程，消去得：，
设，
则，，
所以
，
整理得，直线的方程为，
所以直线恒过定点.
【点睛】根据已知条件求解椭圆的方程，关键点在于列方程组来求得，要注意“隐藏条件”.求解直线过定点问题，可先设出直线方程，然后根据已知条件列方程，求得直线方程中参数的关系，从而求得定点的坐标.
27．(1)；
(2)证明过程见解析，定点坐标为.
【分析】（1）设切线方程，联立直线与椭圆，利用相切，得判别式为0，再利用切线垂直，即可得的值；
（2）设直线的方程，由以为直径的圆过点，得，利用一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【详解】（1）由题可知，切线斜率存在，则设切线，
联立得，即，
相切得：，即，所以
由两切线垂直得：
；
（2）由（1）得，椭圆方程为
由题可知，直线的斜率存在，设，联立得
设，由韦达定理得：
由题意为直径的圆过点，①
又
代入①式得：
或（舍去），所以过定点，
【点睛】关键点睛：根据一元二次方程根与系数的关系，结合圆的几何性质是解题的关键.
28．(1)；
(2)2.
【分析】（1）根据给定的离心率及曲线过的点，求出作答.
（2）根据已知，设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理，结合直线与直线交点的坐标，求出的表达式，即可计算推理作答．
【详解】（1）椭圆C：的离心率为，即，有，又，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，设，，直线的方程为，
由消去x并整理得，，则，，
有，
直线与直线交于点，则，而，，
.
所以为定值2.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．