专题08 直线、圆与圆锥曲线 2020-2026年高考数学真题分类汇编（天津专用）（解析版）

高考真题分类解析PAGE试卷第=1页，共=sectionpages33页PAGE1专题08直线、圆与圆锥曲线7年真题1年模拟考点分类天津考情（2020-2026）命题规律考点01直线与圆弦长、位置计算2025天津：直线与圆相交，结合弦长公式求解参数2022天津：直线截圆，结合点到直线距离公式求参数2021天津：斜率已知的直线与圆相切，求值计算2020天津：直线与圆相交弦长计算，反求直线参数该考点为填空基础题型，难度偏低。核心依托圆心到直线距离、半径、半弦长的勾股关系解题。命题侧重运算熟练度，陷阱集中在直线斜率不存在、参数正负取舍，是解析几何入门必拿分题型。考点02双曲线方程求解2024天津：双曲线焦点三角形直角、面积条件，求标准方程2023天津：双曲线焦点向渐近线作垂线，求标准方程2022天津：抛物线准线结合双曲线渐近线，求标准方程2020天津：双曲线渐近线与已知直线平行/垂直，求标准方程该考点为选择题中档题型，固定考查双曲线a、考点03双曲线离心率计算2026天津：双曲线顶点、焦点、曲线上点结合，求离心率2025天津：双曲线与抛物线交点联立，求离心率2021天津：抛物线准线截双曲线，结合线段长度求离心率该考点为选择压轴高频题型，难度中等偏上，是近年命题创新重点。核心变化在于双曲线与抛物线交叉命题，利用抛物线焦点、准线提供c的数值条件，替代传统单纯a、b考点04抛物线综合小题2026天津：抛物线上四点直线交点，多结论正误判断2024天津：抛物线焦点与圆相交，求原点到直线距离2023天津：抛物线切线与曲线相交，线段长度计算该考点以填空形式考查，2026年新增多结论判断题为核心变化。命题常融合圆、切线、坐标轴交点等条件，可利用抛物线上点纵坐标定值结论简化计算。不再单纯考查焦半径基础公式，侧重直线交点定值推导，逻辑判断类设问增多，对学生严谨推导与数形结合能力要求更高。考点05椭圆综合解答题2026天津：椭圆离心率求解+动直线相切斜率乘积计算2025天津：椭圆切线性质+角平分线证明综合题2024天津：椭圆动直线存在性+参数范围求解2023天津：椭圆面积比例条件+直线方程求解2022天津：椭圆切线与向量结合+椭圆方程求解2021天津：椭圆切线垂直直线条件+数值计算2020天津：椭圆中点性质+圆切线综合+直线方程求解该考点为解析几何核心大题，固定15分，分2小问梯度清晰，是全卷区分高分的核心题型。第一问稳定考查椭圆方程、离心率求解，为基础送分内容；第二问综合性逐年提升，早年侧重面积、弦长基础计算，近年新增角平分线、存在性、参数范围、向量条件等综合设问。核心解法为直线与椭圆联立+韦达定理，近年强化几何条件转化，计算量持续加大，对学生综合运算与逻辑推理能力要求极高。考点01直线与圆的弦长问题1．（2025·天津·高考真题），与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则_________．【答案】2【详解】因为直线与轴交于，与轴交于，所以，所以，圆的半径为，圆心到直线的距离为，故，解得；故答案为：2.2．（2022·天津·高考真题）若直线被圆截得的弦长为，则的值为_____．【答案】【详解】圆的圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离为，由勾股定理可得，因为，解得.故答案为：.3．（2021·天津·高考真题）若斜率为的直线与轴交于点，与圆相切于点B，则____________．【答案】【详解】设直线AB的方程为，则点，由于直线AB与圆相切，且圆心为，半径为1，则，解得或，所以，因为，故.故答案为：.4．（2020·天津·高考真题）已知直线和圆相交于A,B两点．若，则的值为_________．【答案】5【详解】因为圆心到直线的距离，由可得，解得．故答案为：5．【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．考点02求双曲线的方程1．（2024·天津·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为点在双曲线右支上，直线的斜率为2．若是直角三角形，且面积为8，则双曲线的方程为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】如下图：由题可知，点必落在第四象限，，设，，由，求得，因为，所以，求得，即，，由正弦定理可得：，则由得，由得，则，由双曲线第一定义可得：，，所以双曲线的方程为.故选：A2．（2023·天津·高考真题）已知双曲线的左、右焦点分别为．过向一条渐近线作垂线，垂足为．若，直线的斜率为，则双曲线的方程为（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】如图，

因为，不妨设渐近线方程为，即，所以，所以.设,则，所以，所以.因为,所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，解得，所以双曲线的方程为故选：D3．（2022·天津·高考真题）已知双曲线的左、右焦点分别为，抛物线的准线l经过，且l与双曲线的一条渐近线交于点A，若，则双曲线的方程为（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】抛物线的准线方程为，则，则、，不妨设点为第二象限内的点，联立，可得，即点，因为且，则为等腰直角三角形，且，即，可得，所以，，解得，因此，双曲线的标准方程为.故选：D.4．（2020·天津·高考真题）设双曲线的方程为，过抛物线的焦点和点的直线为．若的一条渐近线与平行，另一条渐近线与垂直，则双曲线的方程为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由题可知，抛物线的焦点为，所以直线的方程为，即直线的斜率为，又双曲线的渐近线的方程为，所以，，因为，解得．故选：D．【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质，双曲线的几何性质，以及直线与直线的位置关系的应用，属于基础题．考点03求双曲线的离心率1．（2026·天津·高考真题）已知双曲线（，）的左焦点为F，是右顶点，是双曲线上一点，满足，，则双曲线离心率为（

）A．4 B． C． D．【答案】D【详解】解法一：如图，过点作垂直于轴，垂足为，因为，所以，所以，又，所以，根据双曲线对称性，不妨设点在第二象限，则，将点坐标代入双曲线方程得：，整理得，将代入上式，整理得，两边同时除以，整理得，解得.解法二：如图，设右焦点为，连接，由题意可知：，，在三角形中，，在三角形中，，即，整理可得，可得，所以.2．（2025·天津·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（

）A．2 B．5 C． D．【答案】A【详解】根据题意可设，双曲线的半焦距为c，，则，过作轴的垂线l，过作l的垂线，垂足为A，显然直线为抛物线的准线，则，由双曲线的定义及已知条件可知，则，由勾股定理可知，易知，即，整理得，∴，即离心率为2.故选：3．（2021·天津·高考真题）已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若．则双曲线的离心率为（

）A． B． C．2 D．3【答案】A【详解】设双曲线与抛物线的公共焦点为，则抛物线的准线为，令，则，解得，所以,又因为双曲线的渐近线方程为，所以，所以，即，所以，所以双曲线的离心率.故选：A.考点04抛物线的综合1．（2026·天津·高考真题）在平面内，O为坐标原点，抛物线上有、B、、D四个点，、B、、D的纵坐标分别为、、、，直线AB与直线CD交轴于点，直线AC交轴于点M，直线BD交轴于点N，以下说法正确的有______．①若与抛物线焦点重合，则；②；③；④；⑤【答案】②④【详解】由题意、B、、D为抛物线上四个点可知，两两不等.设抛物线上任意两点，其中.当时，直线的斜率，则直线方程为，令，则直线与轴的交点横坐标特别地，当时，，此时直线垂直于轴，也成立，因此，直线与轴的交点横坐标（）.①由题意直线AB交轴于点，若与抛物线焦点重合，则其横坐标为，故由式可得，即，故①错误；②由题意直线AB与直线CD交轴于点，则由式可得点横坐标，可得，故②正确；③由题意直线AC交轴于点M，直线BD交轴于点N，则由式可得，则，故，故③错误；④由式可得，当点或为原点时，则点也重合于原点，此时；当点与均不为原点时，即，且，则结合②结论可知，，则有，故④正确；⑤由，可知，则，，如图，当时，不成立，故⑤错误；故答案为：②④2．（2024·天津·高考真题）已知圆的圆心与抛物线的焦点F重合，且两曲线在第一象限的交点为，则原点到直线AF的距离为______．【答案】/【详解】圆的圆心为，故即，由可得，故或（舍），故，故直线即，故原点到直线AF的距离为，故答案为：3．（2023·天津·高考真题）已知过原点O的一条直线l与圆相切，且l与抛物线交于点两点，若，则_________．【答案】6【详解】易知圆和曲线均关于轴对称，不妨设切线方程为，，所以，解得：，由解得：或，所以，解得：．当时，同理可得．故答案为：6．考点05椭圆综合（解答题）1．（2026·天津·高考真题）已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为．(1)求的标准方程；(2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，k2，求．【答案】(1)(2)3【详解】（1）由于椭圆的离心率为，所以，即，由于，所以，将代入椭圆方程，得，即，解得，即，由题意，所截得的线段长为，所以，解得，从而，所以椭圆的方程为.（2）由（1）可知，，所以圆的方程为，设直线的方程为，因为直线与圆相切，如图所示，则圆心到直线的距离，解得，椭圆上顶点，分两种情况讨论：①当时，直线的方程为，代入椭圆方程，化简得，解得或，则当时，，当时，，由于，所以，则，，此时；②当时，直线的方程为，代入椭圆方程，化简得，解得或，当时，，当时，，由于，所以，则，，此时.综上所述，的值为3.2．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分.【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）依题意，设椭圆的半焦距为c，则左焦点，右顶点，离心率，即，因为为上一点，设，又直线的斜率为，则，即，所以，解得，则，即，因为的面积为，，高为，所以，解得，则，，所以椭圆的方程为..（2）由（1）可知，，，易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即，联立，消去得，，因为直线与椭圆有唯一交点，所以，即，则，解得，则，所以直线的方程为，联立，解得，则，以下分别用四种方法证明结论：法一：则，所以，，则，又，所以，即平分.法二：所以，，，由两直线夹角公式，得，，则，又，所以，即平分.法三：则，，故，又，所以，即平分.法四：则，所以直线的方程为，即，则点到直线的距离为，又点到直线的距离也为1，所以平分.3．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为．(1)求椭圆的方程．(2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，使得恒成立.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中c为半焦距，所以，故，故，所以，，故椭圆方程为：.（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，故且而，故，因为恒成立，故，解得.若过点的动直线的斜率不存在，则或，此时需，两者结合可得.综上，存在，使得恒成立.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.4．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为F，已知．(1)求椭圆的方程和离心率；(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为.(2).【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，所以椭圆的方程为，离心率为.（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，设直线的方程为，联立方程组，消去整理得：，由韦达定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直线的方程为.5．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足．(1)求椭圆的离心率；(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点，若，且的面积为，求椭圆的方程．【答案】(1)(2)【详解】（1）解：，离心率为.（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，易知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立得，由，①，，由可得，②由可得，③联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．6．（2021·天津·高考真题）已知椭圆的右焦点为F，上顶点为B，离心率为，且．（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆有唯一的公共点M，与轴的正半轴交于点N，过N与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．【答案】（1）；（2）.【详解】（1）易知点、，故，因为椭圆的离心率为，故，，因此，椭圆的方程为；（2）设点为椭圆上一点，先证明直线MN的方程为，联立，消去并整理得，，因此，椭圆在点处的切线方程为.在直线MN的方程中，令x=0，可得，由题意可知，即点，直线的斜率为，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，因为，则，即，整理可得，所以，，因为，，故，，所以，直线的方程为，即.【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.7．（2020·天津·高考真题）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为F，且，其中O为原点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知点满足，点B在椭圆上（B异于椭圆的顶点），直线AB与以为圆心的圆相切于点，且为线段AB的中点．求直线AB的方程．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），或．【详解】（Ⅰ）椭圆的一个顶点为，∴，由，得，又由，得，所以，椭圆的方程为；（Ⅱ）直线AB与以为圆心的圆相切于点，所以，根据题意可知，直线AB和直线的斜率均存在，设直线AB的斜率为，则直线AB的方程为，即，，消去，可得，解得x=0或.将代入，得，所以，点B的坐标为，因为为线段AB的中点，点的坐标为，所以点的坐标为，由，得点的坐标为，所以，直线的斜率为，又因为，所以，整理得，解得或.所以，直线AB的方程为或.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程.1．（2026·天津滨海新区·三模）设双曲线的左右焦点分别为，取双曲线上一点P（P在第一象限），点Q在以为直径的圆上，且，若直线斜率为，，则双曲线C的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为点Q在以为直径的圆上，所以，延长交于点M，在中，已知且即平分，故为等腰三角形，有，且Q为的中点，同时根据双曲线的定义以及P在第一象限，有，所以，又因为分别为的中点，所以且，已知直线斜率为，则直线的斜率也为，所以，可得，由可得，在中，根据余弦定理有，即，整理得，于是有，解得.2．（2026·天津滨海新区·三模）已知抛物线：的准线经过双曲线：（，）的左焦点F，过点F作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点M，延长与抛物线相交于点N，若（为坐标原点），则双曲线的方程为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】如图，作出符合题意的图形，由题意得抛物线的准线方程为，双曲线的左焦点（其中），抛物线的准线经过双曲线的左焦点F，故，即，已知，移项可得，即，即，则，又双曲线的一条渐近线方程为，即，则焦点到渐近线的距离在中，，由勾股定理可得，过N作轴于点P，则，由相似三角形的性质可得，即，所以，则点N的横坐标为，纵坐标的绝对值为，因为点N在抛物线上，且，所以，即，整理得，因此，则，在本题中，，则，，则双曲线方程为，故D正确.3．（2026·天津·模拟预测）已知圆心为C的圆经过点和，且圆心在直线上，设点P在圆C上，点Q在直线上，则的最小值为_____【答案】【详解】设圆的标准方程为，因为圆经过和点，且圆心在直线上，可得，解得：，所以圆C的标准方程为.又因为圆C到直线的距离为，所以直线与圆相离，所以的最小值为.4．（2026·天津南开·模拟预测）若斜率为1的直线，被圆截得的弦长为，则该直线方程为____________．【答案】或【详解】设直线方程为，圆的圆心，半径，圆心到直线的距离，由垂径定理得或，所以直线方程为或．5．（2026·天津·二模）已知圆C过抛物线的焦点，且圆心在此抛物线的准线上，若圆C的圆心不在x轴上，且与直线相切，则圆C的方程为______．【答案】【详解】抛物线的焦点坐标为，准线方程为，因为圆C的圆心在抛物线的准线上，所以设圆C的圆心坐标为，则圆C的半径为，因为圆C与直线相切，所以圆心到直线的距离，即，解得，所以半径，因此圆C的方程为.6．（2026·天津·模拟预测）已知抛物线在处的切线与圆交于A、B两点，则的面积为__________．【答案】5【详解】由题意得，，切线斜率，切点为，切线方程为，即.直线与圆联立，整理得，解得，.C到直线的距离为，故7．（2026·天津武清·模拟预测）以抛物线的焦点为圆心且与直线相切的圆中，面积最大的圆的标准方程为_________．【答案】【详解】直线恒过定点，抛物线的焦点为，当直线与圆相切，切点为点，此时圆的面积最大，半径为，所以面积最大的圆的标准方程为.8．（2026·天津西青·三模）已知直线与圆交于A，B两点，且．过点A，B分别作直线的垂线与x轴交于C，D两点，则______．【答案】4【详解】圆的圆心为，半径，根据弦长公式（其中为圆心到直线的距离），，得，解得，圆心到直线的距离公式为两边平方并化简得，所以直线方程是，即，联立直线与圆的方程，解得或则，因为直线的垂线斜率为，过的垂线方程：，令，得,过的垂线方程：，令，得,所以.9．（2026·天津和平·三模）过抛物线的焦点且倾斜角为的直线被圆截得的弦长为______．【答案】2【详解】由题意得，抛物线的焦点为，则直线方程为，即，圆的圆心为，半径，设圆心到直线的距离为，则，故所求的弦长为.

10．（2026·天津北辰·二模）在中，O为坐标原点，点A为抛物线的准线与坐标轴的交点，点B在x轴上，其横坐标为直线在x轴上的截距，则内切圆的标准方程为_____.【答案】【详解】抛物线的准线方程为，则，直线在x轴上的截距为，故，设内切圆的标准方程为，则，解得，该圆与x轴、y轴相切，故，由内切圆圆心在内部，故圆心坐标为，即内切圆的标准方程为.11．（2026·天津河西·三模）已知抛物线C：的焦点为F，准线为，抛物线上一点P位于第四象限，且，以F为圆心，且与相切的圆交直线于A，两点，若直线过点P，且与直线垂直，则_________．【答案】【详解】抛物线的焦点为，准线，则以F为圆心，且与相切的圆的方程为，抛物线上一点P位于第四象限，设，，即，解得，所以，直线过点P，且与直线垂直，所以直线的斜率为，直线的方程为，即，直线与圆相交于两点，联立可得，代入可得，解得，因此，所以.12．（2026·天津河东·三模）是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的两支分别交于点A、B，若为等边三角形，则双曲线的离心率为____________．【答案】【详解】是双曲线的左右焦点，A在右支、在左支，根据双曲线定义：对右支上的A：，对左支上的：，因为，是等边三角形，设，且直线顺次为，因此，代入的定义式：，得；再代入A的定义式，得，因此等边边长，A点处，，在的延长线上，因此，在中，，由余弦定理：，代入，化简得，即，因此离心率.13．（2026·天津河北·二模）已知椭圆E：的离心率为，，，且原点到直线AB的距离等于63.(1)求椭圆E的标准方程；(2)是否存在直线，交椭圆E于P、Q两点，使得椭圆的右焦点F为三角形BPQ的垂心？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】【详解】（1）由，得，由点，，可知直线AB的方程为，即.由于原点到直线AB的距离为63，即，得，，所以椭圆E的标准方程为.（2）假设存在直线交椭圆于P，Q两点，设，，右焦点，，因为F为的垂心，所以，因为，所以.设直线的方程为，由得，由，，得，且，，因为，，，故，，即，代入整理，得，解得，或.经检验，当时，不存在，故舍去，当时，满足，所求直线存在，所以的方程为.14．（2026·天津·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且椭圆的短轴长为2，分别为椭圆的左，右焦点，分别为椭圆的左，右顶点，设点P在第一象限，且轴，连接交椭圆于点C，直线的斜率为．(1)求椭圆的方程；(2)若三角形ABC的面积等于四边形的面积，求的值；【答案】(1)(2)【分析】【详解】（1）因为椭圆的短轴长为2，所以，即，又，所以，所以椭圆的方程为.（2）设直线方程为，则由，可得，∴，∴，∴，令，∴，∴，∴，由题意可知，，解得.15．（2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为P，下顶点为Q，过点且垂直于x轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为．(1)求椭圆的方程；(2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值；(3)过且斜率不为0的直线交椭圆于A，两点，线段AB的中点为M，连接并延长交直线于点N．试探究：在x轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)因为，设直线方程为，代入椭圆方程可得，设，则，所以中点M的纵坐标，所以，即，所以所在直线方程为，令，可得，即，假设在x轴上存在一定点满足题意，则，所以恒成立，则需，解得，即x轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过点.【分析】【详解】（1）因为，所以，由代入，可得，，所以椭圆的通径长为，即，由可得，解得，所以，所以椭圆的方程为.（2）由（1）可知，所以，直线所在直线方程为，即设，设点到直线的距离为，则，所以，当时，有最大值.（3）略16．（2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆的右顶点为，点为椭圆上的一点．设椭圆的左、右焦点分别为．(1)求椭圆的标准方程及离心率；(2)过点的直线与椭圆交于两点（异于椭圆的左、右顶点）．（i）求面积的最大值；（ii）设直线分别交y轴于两点，求证：以为直径的圆与x轴相交的弦长为定值．【答案】(1)椭圆的标准方程为，离心率为(2)（i）3，（ii）证明见解析【分析】【详解】（1）由题意可知，由，解得，∴椭圆的方程：.离心率为（2）（i），，由于直线斜率不为，则设直线，联立方程组，得：所以焦点弦长，点到直线的距离，∴，令，所以在上单调递增，所以，所以，当时等号成立，所以，当时等号成立，即面积的最大值为3（ii），当轴时，交点，关于x轴对称，∴点关于原点对称，∴以为直径的圆圆心为，半径为∵，∴，则，∴，又∵，∴圆与x轴的截得的弦为，当直线斜率存在时，设直线，设，联立方程组，整理得，则，，，直线，令，则，直线，令，则..，则，，则即即，同理可证，即点在以MN为直径的圆上，又∵在x轴上，∴以MN为直径的圆被x轴截得的弦为，，综上所述：以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值2.17．（2026·天津红桥·二模）已知椭圆C：的左、右顶点分别为，上顶点为D，左、右焦点分别为，且．(1)求椭圆C的离心率；(2)点E在椭圆C上（异于椭圆左、右顶点），直线与直线交于点P，线段与线段BE交于点H，过OA中点作的外接圆的两条切线，切点分别为，且的面积为，求椭圆C