热点7-2 椭圆及其应用
椭圆是圆锥曲线中的重要内容，是高考命题的重点．考试中主要考查椭圆的概念性质等基础知识，选择、填空、解答题都会出现．与向量等知识结合综合考查也是高考命题的一个趋势，在突破重难点上要注意．基础、拔高、分层训练，更为重要的是掌握圆锥曲线的解题的思想方法，才能做到灵活应对．
【题型1 椭圆的定义及概念辨析】
满分技巧在椭圆的定义中条件不能少，这是根据三角形中的两边之和大于第三边得出来的． 否则：①当时，其轨迹为线段； ②当时，其轨迹不存在．
【例1】
（2021·高二课时练习）
1．已知，是两个定点，且（是正常数），动点满足，则动点的轨迹是（ ）
A．椭圆 B．线段 C．椭圆或线段 D．直线
【变式1-1】
（2023·贵州黔东南·高三校考阶段练习）
2．已知点，是椭圆上关于原点对称的两点，，分别是椭圆的左、右焦点，若，则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．5
【变式1-2】
（2023·陕西西安·校考三模）
3．已知椭圆的两焦点为，，为椭圆上一点且，则（ ）
A． B． C． D．
【变式1-3】
（2023·江西南昌·高三南昌市第三中学校考阶段练习）
4．一动圆与圆外切，与圆内切，则动圆圆心点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
【变式1-4】
（2023·全国·高三专题练习）
5．点M在椭圆上，是椭圆的左焦点，O为坐标原点，N是中点，且ON长度是4，则的长度是 ．
【题型2 利用定义求距离和差最值】
满分技巧利用椭圆定义求距离和差的最值的两种方法： （1）抓住|PF1|与|PF2|之和为定值，可联系到利用基本不等式求|PF1|·|PF2|的最值； （2）利用定义|PF1|＋|PF2|＝2a转化或变形，借助三角形性质求最值
【例2】
（2023·江西抚州·高三乐安县第二中学校考期中）
6．已知是椭圆的左焦点，是椭圆上一动点，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-1】
（2023·江苏南通·统考三模）
7．已知为椭圆：的右焦点，为上一点，为圆：上一点，则的最大值为（ ）
A．5 B．6 C． D．
【变式2-2】
（2023·全国·高二课时练习）
8．已知点P为椭圆上任意一点，点M、N分别为和上的点，则的最大值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【变式2-3】
（2022·全国·高三校联考阶段练习）
9．设，分别是椭圆的左、右焦点，P为椭圆上任一点，点Q的坐标为，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【变式2-4】
（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）
10．已知椭圆的左、右焦点分别为，点P在椭圆C上，且，则的最大值为 .
【题型3 椭圆标准方程的求解】
满分技巧1、利用待定系数法求椭圆标准方程的步骤 （1）定位：确定焦点在那个坐标轴上； （2）定量：依据条件及确定的值； （3）写出标准方程； 2、求椭圆方程时，若没有指明焦点位置，一般可设所求方程为； 3、当椭圆过两定点时，常设椭圆方程为，将点的坐标代入，解方程组求得系数.
【例3】
（2022·湖北十堰·高三统考期末）
11．已知曲线，则“”是“曲线C是椭圆”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【变式3-1】
（2023·云南昆明·高三校考阶段练习）
12．已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【变式3-2】
（2023·黑龙江佳木斯·高三校考开学考试）
13．已知直线经过焦点在坐标轴上的椭圆的两个顶点，则该椭圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【变式3-3】
（2022·广西桂林·高三校考阶段练习）
14．已知椭圆：右焦点为，其上下顶点分别为，，点，，则该椭圆的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
【变式3-4】
（2023·全国·校联考模拟预测）
15．已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，左、右焦点分别为，，延长交椭圆E于点P．若点A到直线的距离为，的周长为16，则椭圆E的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
【题型4 椭圆的焦点三角形问题】
满分技巧一般利用椭圆的定义、余弦定理和完全平方公式等知识，建立，，之间的关系，采用整体代入的方法解决焦点三角形的面积、周长及角的有关问题（） 性质1：，.（两个定义） 拓展：的周长为 的周长为 性质2：（余弦定理）
【例4】
（2023·全国·高三专题练习）
16．已知是椭圆上的点，分别是椭圆的左、右焦点，若，则的面积为
【变式4-1】
（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）
17．设为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，若，则 .
【变式4-2】
（2023·浙江宁波·统考一模）
18．设为坐标原点，为椭圆的焦点，点在上，，则（ ）
A． B．0 C． D．
【变式4-3】
（2023·全国·模拟预测）
19．已知椭圆的上、下焦点分别为，短半轴长为，离心率为，直线交该椭圆于两点，且的周长是的周长的3倍，则的周长为（ ）
A．6 B．5 C．7 D．9
【变式4-4】
（2023·河北秦皇岛·高三校联考开学考试）
20．已知是椭圆的两个焦点，点在上，若的离心率，则使为直角三角形的点有（ ）个
A．2 B．4 C．6 D．8
【题型5 求椭圆的离心率与范围】
满分技巧1、求椭圆离心率的3种方法 （1）直接求出a，c来求解e.通过已知条件列方程组，解出a，c的值． （2）构造a，c的齐次式，解出e.由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解． （3）通过取特殊值或特殊位置，求出离心率． 2、求椭圆离心率范围的2种方法 （1）几何法：利用椭圆的几何性质，设P(x0，y0)为椭圆＋＝1(a>b>0)上一点，则|x0|≤a，a－c≤|PF1|≤a＋c等，建立不等关系，或者根据几何图形的临界情况建立不等关系，适用于题设条件有明显的几何关系； （2）直接法：根据题目中给出的条件或根据已知条件得出不等关系，直接转化为含有a，b，c的不等关系式，适用于题设条件直接有不等关系.
【例5】
（2023·湖北·高三校联考阶段练习）
21．已知椭圆C：的左右焦点为，过的直线与交于两点，若满足成等差数列，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】
（2023·浙江金华·校联考模拟预测）
22．己知为椭圆上一点，分别为其左右焦点，为其右顶点，为坐标原点，点到直线的距离为，点到轴的距离为，若，且成等比数列，则椭圆的离心率为 ．
【变式5-2】
（2023·湖南·高三校联考阶段练习）
23．已知椭圆的左、右焦点分别为，经过的直线交椭圆于两点，为坐标原点，且，则椭圆的离心率为 .
【变式5-3】
（2023·江苏淮安·高三淮阴中学校联考阶段练习）
24．设，分别是椭圆的左、右焦点，过作轴的垂线与椭圆交于，两点，若为钝角三角形，则离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-4】
（2023·重庆·统考三模）
25．已知，分别为椭圆的左右焦点，P是椭圆上一点，，，则椭圆离心率的取值范围为 ．
【题型6 椭圆的中点弦问题】
满分技巧解决椭圆中点弦问题的两种方法： 1、根与系数关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决； 2、点差法：利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系，具体如下：直线 (不平行于轴)过椭圆 ()上两点、，其中中点为，则有. 证明：设、，则有， 上式减下式得，∴， ∴，∴. 特殊的：直线(存在斜率)过椭圆 ()上两点、，线段中点为， 则有.
【例6】
（2023·全国·模拟预测）
26．已知O为坐标原点，椭圆C：的右焦点为F，斜率为2的直线与椭圆C交于点A，B，且，点D为线段AB的中点，则（ ）
A． B． C． D．
【变式6-1】
（2023·河南·校联考模拟预测）
27．已知椭圆的右焦点为外的一点满足（为坐标原点），过点的直线与交于两点，且，若直线的斜率之积为，则 ．
【变式6-2】
（2023·全国·高三专题练习）
28．已知椭圆C：，若椭圆C上有不同的两点关于直线对称，则实数m的取值范围是 .
【变式6-3】
（2023·重庆·统考模拟预测）
29．已知椭圆C：，圆O：，直线l与圆O相切于第一象限的点A，与椭圆C交于P，Q两点，与x轴正半轴交于点B．若，则直线l的方程为 ．
【题型7 直线与椭圆相交弦长求解】
满分技巧求弦长的两种方法： （1）交点法：将直线的方程与椭圆的方程联立，求出两交点的坐标，然后运用两点间的距离公式来求． （2）根与系数的关系法：如果直线的斜率为k，被椭圆截得弦AB两端点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则弦长公式为：
【例7】
（2023·全国·高三专题练习）
30．已知椭圆的离心率为，焦距为，斜率为的直线l与椭圆有两个不同的交点，则的最大值为 .
【变式7-1】
（2023·全国·高三专题练习）
31．过点的直线l与椭圆.交于A，B两点，若的面积为（O为坐标原点），求直线l的方程.
【变式7-2】
（2023·江苏徐州·高三统考期中）
32．已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求的标准方程；
(2)过点的直线与交于两点，当时，求直线的方程.
【变式7-3】
（2023·宁夏吴忠·高三青铜峡市高级中学校考阶段练习）
33．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，焦距为2．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的左焦点，且斜率为的直线交椭圆于A，两点，求的面积．
【变式7-4】
（2023·四川绵阳·高三四川省绵阳南山中学校考阶段练习）
34．设椭圆的左右顶点分别为，左右焦点．已知，．
(1)求椭圆方程．
(2)若斜率为1的直线交椭圆于A，B两点，与以为直径的圆交于C，D两点．若，求直线的方程．
【题型8 直线与椭圆综合问题】
【例8】
（2023·全国·模拟预测）
35．已知圆，圆，动圆与圆和圆均相切，且一个内切、一个外切．
(1)求动圆圆心的轨迹的方程．
(2)已知点，过点的直线与轨迹交于两点，记直线与直线的交点为．试问：点是否在一条定直线上？若在，求出该定直线；若不在，请说明理由．
【变式8-1】
（2023·贵州·高三校联考阶段练习）
36．已知椭圆的左右焦点分别为，点是椭圆上三个不同的动点（点不在轴上），满足，且与的周长的比值为．
(1)求椭圆的离心率；
(2)判断是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
【变式8-2】
（2023·广西南宁·统考模拟预测）
37．已知平面上动点到点与到圆的圆心的距离之和等于该圆的半径.记的轨迹为曲线.
(1)说明是什么曲线，并求的方程；
(2)设是上关于轴对称的不同两点，点在上，且异于两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值 若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由.
【变式8-3】
（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考模拟预测）
38．如图，椭圆，圆，椭圆C的左、右焦点分别为．
(1)过椭圆上一点P和原点O作直线l交圆O于M，N两点，若，求的值；
(2)过圆O上任意点R引椭圆C的两条切线，求证：两条切线相互垂直．
【变式8-4】
（2023·全国·模拟预测）
39．已知椭圆的左、右焦点分别为，，是上异于左、右顶点的动点，的最小值为2，且的离心率为．
(1)求椭圆的方程．
(2)若圆与的三边都相切，判断是否存在定点，，使为定值．若存在，求出点，的坐标；若不存在，请说明理由．
（建议用时：60分钟）
（2023·山东泰安·高三统考阶段练习）
40．已知椭圆的离心率为，则（ ）
A． B． C． D．
（2023·上海虹口·高三上外附中校考期中）
41．若椭圆与双曲线有相同的焦点，则实数a为（ ）
A．1 B． C． D．
（2023·陕西·高三校联考阶段练习）
42．设椭圆，的离心率分别为，，若，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
（2023·吉林长春·统考一模）
43．椭圆上有两点、，、分别为椭圆的左、右焦点，是以为中心的正三角形，则椭圆离心率为（ ）
A． B． C． D．
（2023·陕西·高三校联考阶段练习）
44．已知椭圆的两条弦，相交于点（点在第一象限），且轴，轴.若，则（ ）
A．2 B． C． D．
（2023·广东广州·高三统考阶段练习）
45．从椭圆上一点（在轴上方）向轴作垂线，垂足恰好为左焦点，是椭圆与轴正半轴的交点，是椭圆与轴正半轴的交点，且，其中为坐标原点，则与的面积比为（ ）
A． B． C． D．
（2023·上海闵行·高三文来中学校考期中）
46．设，同时为椭圆：与双曲线：的左、右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为，，为坐标原点，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2023·四川成都·高三石室中学校考期中）
47．已知椭圆的左 右焦点分别为是椭圆在第一象限的任意一点，为的内心，点是坐标原点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
（2023·山西大同·高二统考期中）
48．已知曲线，则（ ）
A．当时，是圆
B．当时，是椭圆且一焦点为
C．当时，是椭圆且焦距为
D．当时，是焦点在轴上的椭圆
（2023·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）
49．已知椭圆的左 右焦点分别为，离心率为，且经过点在椭圆上，则（ ）
A．的最大值为3
B．的周长为4
C．若，则的面积为
D．若，则
（2023·北京顺义·高三牛栏山一中校考期中）
50．已知方程表示椭圆，则实数的取值范围
（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）
51．已知椭圆的左焦点为F，P是椭圆上一点，若点，则的最小值为 ．
（2023·河南郑州·高三郑州市宇华实验学校校考期中）
52．已知椭圆的上、下焦点分别为，，O为坐标原点．
(1)若点P在椭圆C上，且，求的余弦值；
(2)若直线与椭圆C交于A，B两点，记M为线段的中点，求直线的斜率．
（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）
53．已知椭圆的左、右焦点分别为、，斜率不为0的直线过点，与椭圆交于两点，当直线垂直于轴时，，椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)在轴上是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
（2023·江苏南通·模拟预测）
54．已知圆，圆，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）设不经过点的直线l与曲线C相交于A，B两点，直线QA与直线QB的斜率均存在且斜率之和为-2，证明：直线l过定点.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】讨论与的大小关系，结合椭圆定义可知.
【详解】解：因为 （当且仅当 时，等号成立，所以，
当 且 时，，此时动点的轨迹是椭圆；
当 时，，此时动点 的轨迹是线段．
故选：C．
2．C
【分析】先证明四边形是平行四边形，再利用椭圆的定义求出即得解.
【详解】因为,
所以四边形是平行四边形.
所以.
由椭圆的定义得.
所以.
故选：C
3．B
【分析】设.利用椭圆的定义和勾股定理整体代换，求出和，即可求解.
【详解】设.
因为椭圆的两焦点为，，为椭圆上一点且，
所以，所以，
所以.
故选：B
4．D
【分析】根据两圆位置关系分析可得，结合椭圆的定义分析求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心，半径；
圆的圆心，半径；
因为，可知圆与圆内切于点，
显然圆心不能与点重合，设圆的半径为，
由题意可知：，则，
可知点M的轨迹是以为焦点的椭圆（点除外），
且，可得，
所以点的轨迹方程为.
故选：D.
5．
【分析】设椭圆右焦点为，连接，根据为的中位线求得的长度，再根据椭圆定义得的长度
【详解】设椭圆右焦点为，连接
由已知得，则
因为N是中点，为的中点，
，
再根据椭圆定义得
故答案为：.
6．C
【分析】设椭圆的右焦点为，根据椭圆的定义可得，求出的最小值，即可得解.
【详解】椭圆，则，，，
如图，设椭圆的右焦点为，
则；
，
由图形知，当在直线（与椭圆的交点）上时，，
当不在直线（与椭圆的交点）上时，根据三角形的两边之差小于第三边有，
；
当在的延长线（与椭圆的交点）上时，取得最小值，
的最小值为．
故选：．
7．D
【分析】利用椭圆的定义、点和圆的位置关系等知识确定正确答案.
【详解】依题意，设椭圆的左焦点为，
圆的圆心为，半径为，
，
当三点共线，且在之间时等号成立.
而，
所以，
当四点共线，且在之间，是的延长线与圆的交点时等号成立.
故选：D
8．C
【分析】求出两圆的圆心坐标，根据椭圆的性质可知为定值，根据三角形两边之和大于第三边可知的最大值为与两圆半径的和即可.
【详解】设圆和圆的圆心分别为,半径分别为.
则椭圆的焦点为.
又,，，
故，
当且仅当分别在的延长线上时取等号.
此时最大值为.
故选：C.
9．D
【分析】根据椭圆的定义可得，，当三点共线时，取值最大或最小.
【详解】根据椭圆的定义可得，，则，因为，则当三点共线时，取值最大或最小.
由已知得，，，，，.
图1
如图1，当点位于图中时，根据三角形三边关系取值最大. .
图2
如图2，当点位于图中时，根据三角形三边关系取值最大. .
故答案为：.
10．##
【分析】由题意画出图形，结合椭圆定义可得，再由三角形两边之差小于第三边求解．
【详解】由椭圆方程可得，，则，
如图，连接并延长，交椭圆于P，
则，
(当且仅当点三点共线时，且点位于第三象限时取等号)
此时取最大值为
故答案为：
11．C
【分析】根据已知曲线的方程和椭圆的方程特点，结合充分条件和必要条件的判定即可
【详解】若曲线是椭圆，则有：
解得：，且
故“”是“曲线C是椭圆”的必要不充分条件
故选：C
12．A
【分析】根据椭圆标准方程的特点，确定焦点在轴上的椭圆的特点列不等式，即可求得实数的取值范围.
【详解】解：方程表示焦点在轴上的椭圆，
则，解得，故实数的取值范围是.
故选：A.
13．C
【分析】求出直线与两坐标轴的焦点为，.根据，可设椭圆的方程为，求出即可.
【详解】令，可得；令，可得.
则由已知可得，椭圆的两个顶点坐标为，.
因为，所以椭圆的焦点在轴上.
设椭圆的方程为，则，，
所以椭圆的方程为.
故选：C.
14．D
【分析】由椭圆的几何性质可知上下顶点坐标，再由向量数量积可得，即可得到答案.
【详解】根据题意可知，，；
所以，，
又，所以，可得
在椭圆中，，又，所以
即椭圆的标准方程为.
故选：D.
15．B
【分析】求出直线的方程，由点到直线的距离可得，再由的周长为16可得，解方程可求出，即可得出答案.
【详解】由题意，得，，，则直线的方程为，
所以点A到直线的距离①．
由的周长为16，得，即a+c=8②，
联立①②，解得③．
因为，所以④．
联立②④，解得a=6，c=2，所以，
故椭圆E的标准方程为是.
故选：B．
16．
【分析】由已知得到，，，利用余弦定理求出，面积公式求的面积.
【详解】椭圆中，，则，有，
是椭圆上的点，，，
在中，由余弦定理得：，
即，得 ，
所以.
故答案为：
17．2
【分析】如图，由题可得，即可得答案.
【详解】因椭圆方程为，则.
因，则.
又由椭圆定义，可得，
则
.
故答案为：2
18．C
【分析】设，利用余弦定理可得，再由向量表示可知，即可得；联立即可求得.
【详解】如下图所示：
不妨设，根据椭圆定义可得，；
由余弦定理可知；
又因为，所以，又，
即可得，解得；
又，即；
所以可得；
故选：C
19．B
【分析】根据椭圆的短半轴长得，根据离心率得，根据已知及椭圆的定义得解.
【详解】由题意可得，由离心率为，得，得，
易知的周长，
的周长，
由椭圆的定义得，，
则，
即，所以，
故选：B．
20．D
【分析】根据离心率取值范围可得，因此以为直径作圆与必有四个不同的交点，再分情况讨论直角位置即可求得符号题意的三角形个数.
【详解】由可得，即，可得，
因此以为直径作圆与必有四个不同的交点，
因此中以的三角形有四个，
除此之外以为直角，为直角的各有两个，
所以存在使为直角三角形的点共有8个.
故选：D
21．B
【分析】由椭圆定义可得，结合已知条件可得，在中，由余弦定理得为等边三角形，在中，可得，得解.
【详解】
由得到，
设，,
在中，由余弦定理得，
，
解得，
为等边三角形，
则在中，，，
又，，
得，解得.
故选：B.
22．##
【分析】设，，，由已知得出，再由椭圆定义得出，由成等比数列，得出，结合两点之间距离公式，代入化简整理即可求得离心率．
【详解】设，，，
过点作轴于点，过作于点，如图所示，
则，所以，即，
又因为，所以，即，
由椭圆定义得，，则，
又因为成等比数列，
所以，则，
所以，即，
所以，
故答案为：．
23．##
【分析】利用向量的数量积的运算律，以及椭圆的定义，利用齐次化方法求离心率.
【详解】因为，所以，
即，
所以，所以.
设，则，所以，
由得，
所以，所以，
在中，由，
得，所以.
故答案为: .
24．A
【分析】根据题意，得到，得到，转化为，进而求得椭圆的离心率的取值范围.
【详解】由，分别是椭圆的左、右焦点，过作轴的垂线与椭圆交于两点，
可得，即，
因为为钝角三角形，则，可得，即，即，
又因为，可得，即，
即，且，解得，
即椭圆的离心率的取值范围为.
故选：A.
25．
【分析】设，可得，.然后根据正弦定理可求出，.根据椭圆的定义可推得，，化简整理可得，.求出，令，构造函数，根据函数的单调性，即可得出答案.
【详解】
设，则，
.
由正弦定理可得，，
所以，.
根据椭圆的定义可知，，
所以有，
所以有
.
因为，，所以，
令，则，设，
则函数在上单调递增.
又，，
所以，，即.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：设，根据已知条件，求出的三个内角，根据正弦定理用表示出.然后根据椭圆的定义，化简整理可推得.进而根据函数的性质，结合的范围，即可得出答案.
26．D
【分析】解法一：先利用两点间的距离公式求出，的表达式，再建立方程，求出，然后利用点差法求出，再利用中点坐标公式求出点D的坐标得解；解法二 由题意知，设，，，得到，，设直线AB的方程为，与联立，结合韦达定理求得D的坐标，解法三 由题意知，设，，则得到，，进而得到求解.
【详解】解法一 由题意知，设，，则，
同理可得．
因为，所以．
由，，两式相减得，
因为直线AB的斜率为2，所以，所以，
则，所以．
解法二 由题意知，设，，，
则，
同理可得，因为，所以．
设直线AB的方程为，与联立并整理得，
所以，
故，得，又，所以，
故，所以．
解法三 由题意知，设，，
则，
同理可得，因为，所以．
设，则，
又，所以，故，，
故选：D．
27．
【分析】取线段的中点为，利用边长比值关系可得，进而借助点差法求解的值.
【详解】解：如图，取线段的中点为，连接，
则由题意可得，，又，所以．
因为直线的斜率之积为，所以．
设，则，
两式相减可得，
整理得，即，
所以，所以．
故答案为：．
28．
【分析】设，利用点差法得到，结合得到，联立得到，点M应在椭圆C的内部，得到不等式，求出m的取值范围.
【详解】设是椭圆C上关于直线l：对称的两个点，
是线段PQ的中点，则，两式相减，
得.
∵，，
∴.
∵，∴，故，
联立，解得，
∴.
∵点M应在椭圆C的内部，∴，解得.
∴实数m的取值范围是.
故答案为：.
29．
【分析】根据向量垂直可得圆的切线方程为，进而在椭圆中，根据点差法可得，根据中点弦的斜率即可代入求解.
【详解】取中点，连接,由于,所以,进而 ,
设，设直线上任意一点，
由于是圆的切线，所以,所以，
令 则，所以，由中点坐标公式可得 ，
设,则，两式相减可得，
所以 ,又，,
所以，解得，进而
故直线l的方程为，即，
故答案为：
30．
【分析】由题意可知离心率且焦距为，结合焦距为，解出，从而得到椭圆方程；由，设出直线方程，与椭圆方程联立，再结合韦达定理可将表示成的函数，进一步求其最大值即可.
【详解】由题意得,
解得,，，
∴椭圆的方程为 .
由，设直线的方程为，，.
联立得，得 ，
又直线与椭圆有两个不同的交点，
所以，
解得，
∴，，
∴
，
故当，即直线过原点时，最大，最大值为.
故答案为：.
31．
【分析】根据给定条件，设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理列出三角形面积关系求解即得.
【详解】显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，
由消去x得，，
，
，
于是的面积为，解得，
所以直线的方程为，即.
32．(1)
(2)或
【分析】（1）根据离心率的定义和椭圆经过的点，列出方程组，解之即可求解；
（2）易知直线的斜率不为0，设，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，根据弦长公式化简可得，结合计算求出k的值即可求解.
【详解】（1）由题意，，解得，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）易知直线的斜率不为0，
设，即，，
，消去y，得，
，
，
，
又，所以，解得，
所以直线l的方程为或.
33．(1)
(2)
【分析】（1）由题列出a、b、c的方程，解之即可；
（2）将直线与椭圆联立，韦达定理，然后利用弦长公式求底，利用点到直线的距离公式求高，即可求出三角形的面积.
【详解】（1）由题意，设所求椭圆标准方程为：，
因为焦距为，，
又离心率，，
再由，
所以椭圆标准方程为：.
（2）由（1）知：左焦点为，直线的方程为：
则，
，
由弦长公式,
到直线的距离,
．
34．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质列式计算得，，，得解；
（2）设直线为，由圆心到直线的距离小于半径得出的范围，由圆的性质求出弦的长，将直线的方程与椭圆方程联立得出韦达定理，求出弦的长，由条件得出方程，可得答案.
【详解】（1）由题意，，，
解得，，，
所以椭圆方程为．
（2）设直线为，，，由题意，以为直径的圆的方程为，
则圆心到直线的距离，即，
所以，
由，消去，整理得，
，解得，又，所以，
，，
，
因为，所以，解得，又，所以，
所以直线的方程为：或．
35．(1)
(2)点恒在定直线上
【分析】（1）设动圆的圆心为，利用两圆外切和内切的关系得到，由椭圆的定义即可得到动点的轨迹，利用待定系数法求出方程即可；
（2）设直线的方程为，直曲联立，结合韦达定理得到，求出直线与直线的方程，进而得到点满足的关系式，整理化简可得点恒在定直线上．
【详解】（1）设点的坐标为，圆的半径为．
由已知条件，得．
①当动圆与圆外切，与圆内切时，，
从而．
②当动圆与圆内切，与圆外切时，，
从而．
综上可知，圆心的轨迹是以为焦点，6为长轴长的椭圆．
易得圆与圆交于点与，
所以动圆圆心的轨迹的方程为．
（2）设直线的方程为，．
联立直线与轨迹的方程，得
消去并整理，得．
所以，，
则有．
由已知条件，得直线的方程为，
直线的方程为，
则点的坐标满足．
又，
所以．
把代入上式，得．
故点恒在定直线上．
36．(1)
(2)是定值，定值为
【分析】（1）根据椭圆的定义及焦点三角形的周长得到，从而求出离心率；
（2）解法一：设且，则有，由向量的线性关系得到，再联立直线的方程与椭圆方程，消元，求出、同理得到，再代入计算可得；解法二：依然采用设点，根据向量线性关系得到，再根据点在椭圆上，代入方程得到，同理得到，从而得解.
【详解】（1）依题意点、、三点共线，点、、三点共线，
则的周长为，
则的周长为，
所以，即，
椭圆的离心率为．
（2）解法一：设且，则有，即，
由题由，
可得，则，
由题设直线，联立，
化简整理可得
显然成立，故，，
同理可得，
（定值）.
解法二：设且，则由，即有①，
由题，由，可得，
则，，
点在椭圆上，则，则将上式代入整理得②，
②-①整理化简得，同理可得，
（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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
37．(1)
(2)为定值，这个值为
【分析】（1）根据圆的一般方程可知圆心，半径，再利用椭圆定义即可求得的轨迹曲线的方程为；
（2）依题意设出,可得，求出直线的直线方程解出其与轴的交点坐标，，即可得出的表达式，再进行化简即可知.
【详解】（1）根据题意可知圆可化为，
所以可知圆心，半径，
易知和两点关于原点对称，且，
所以由椭圆定义可知的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
即，可得；
因此曲线的方程为.
（2）不妨设，，且，；
则易知；
易知直线的斜率都存在，如下图所示：
所以直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
所以，
可得；
由，可得，，；
所以；
因此为定值，.
38．(1)6
(2)证明见解析
【分析】（1）设，根据题意，由椭圆的定义和两点距离公式计算可得，结合图形，则，即可求解；
（2）设，则.易知切线斜率不存在时满足题意；设斜率存在时切线方程为，联立椭圆方程，由可得，是此方程的两个根，结合韦达定理即可求解.
【详解】（1）设，由于，
而，则，
所以（其中），
．
（2）设，则，即，
设过点R的圆O的切线斜率都存在时的方程：，代入椭圆方程得：
，
整理得：，
则，
即，
是上述关于k的方程的两个根，则，
即两条切线的斜率都存在时，有两条切线相互垂直；
而当过R的切线斜率不存在时，易知R点的坐标为，
此时显然两条切线相互垂直，
综上，过圆O上任意点R引椭圆C的两条切线，则两条切线相互垂直．
39．(1)
(2)存在定点，
【分析】（1）结合数量积的坐标表示求及其最小值表达式，由条件列关于的方程，解方程求可得椭圆方程；
（2）设圆的半径为，，由内切圆的性质确定的关系，再结合点到直线的距离公式确定的关系，由此确定点的轨迹方程，结合椭圆定义完成证明.
【详解】（1）设，．由对称性，不妨设，
则，所以，．
因为，，
所以，
所以当时，取得最小值，所以．
由；解得；
所以椭圆的方程为．
（2）设圆的半径为，．
由（1）不妨设，则的面积，
所以，
所以，．
由，，得直线的方程为，
则点到直线的距离为．
整理，得．
把代入上式，得，
即．
由题意得，，，
所以，则．
把，代入椭圆的方程，得，
所以点在椭圆上，
所以存在定点，，使为定值2．
【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于由条件确定点的轨迹方程，再由椭圆定义证明结论.先通过内切圆和等面积法建立点坐标和半径及点坐标的关系，再由相关点法得出轨迹方程即可.
40．A
【分析】根据离心率的公式即可求解.
【详解】由可得离心率为，又，所以，
故选：A
41．C
【分析】由双曲线方程可知焦点在x轴上，结合椭圆方程和双曲线方程列式求解即可.
【详解】由双曲线可知焦点在x轴上，
由题意可得：，解得.
故选：C.
42．B
【分析】根据离心率的关系列方程，从而求得.
【详解】对于椭圆，有.
因为，所以，解得．
故选：B
43．C
【分析】根据题意，由条件表示出的长，结合椭圆的定义，再由离心率的计算公式，即可得到结果.
【详解】
设边与轴交于点，且是以为中心的正三角形，
则，且为的重心，
由重心定理可得，，则，
在中，，则，
所以，由椭圆的定义可得，
，即，
化简可得，则.
故选：C
44．D
【分析】设，，根据、关于轴对称，、关于轴对称求出、坐标代入椭圆方程可得答案.
【详解】设，，则，，
，，
由题知，关于轴对称，，关于轴对称，
所以，，
即，，所以，，
因为，在椭圆上，所以，
即，解得.
故选：D.
45．B
【分析】易知点的横坐标为，设点，其中，将点的坐标代入椭圆方程，求出的值，由可得出，可得出，，然后利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】易知点的横坐标为，设点，其中，
将点的坐标代入椭圆方程可得，解得，即点，
由题意可知点、，
因为，则，即，整理可得，则，
所以，.
故选：B.
46．D
【分析】根据椭圆及双曲线的定义求出，再根据，可得的关系，再将用表示结合函数的单调性即可得出答案.
【详解】设，，焦距为2c，
由椭圆定义可得，由双曲线定义可得，解得，，
当时，可得，即，
可得，则，所以，
由，可得，可得，即，
，
可设，则，
令，则，
所以函数在上单调递增，可得，
所以．
故选：D.
47．A
【分析】利用椭圆的定义及内切圆的性质得出的坐标关系，再利用正切的差角公式及基本不等式计算即可.
【详解】
设，，
设内切圆分别与轴相切于点，
则，，
，
，
又
∴，
易知，
，，
设，，
当且仅当时等号成立，
故选：A
48．AC
【分析】分别将值代入方程，化简即可判断A、B、C，举例即可说明D.
【详解】对于A项，当时，曲线C可化为是圆，A正确；
对于B项，当时，曲线C可化为是焦点在轴上的椭圆，B错误；
对于C项，当时，曲线是椭圆，且，所以，故C正确；
对于D项，当时，曲线不是椭圆，故D错误.
故选：AC.
49．ACD
【分析】先求出椭圆方程，然后根据椭圆的几何性质逐项判断即可.
【详解】
由题意，椭圆离心率为，则，
则，代入，得，
所以，
对，由题意，故正确；
对的周长为，故B错误；
对，若，则由余弦定理得：
.
即，故，
故，故C正确；
对D，由余弦定理
，
即，
解得，故，故D正确，
故选:ACD
50．
【分析】依题意可得，解得即可.
【详解】因为方程表示椭圆，
所以，解得或，
即实数的取值范围为.
故答案为：
51．##
【分析】根据椭圆定义可知，进而可得的最小值.
【详解】根据椭圆的定义：，
取得最小值时，
即最小，
如图所示：，当，，共线时取得最小值．
的最小值为：﹒
故答案为：.
52．(1)
(2)．
【分析】（1）由椭圆的性质和余弦定理直接求出；
（2）设出交点坐标，带入曲线方程，作差，再结合条件得出.
【详解】（1）依题意，，
则，
而，
故；
（2）设，，则
两式相减可得，，
则，即，
即，
而直线的斜率，
故．
53．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据椭圆离心率、通径长、列方程即可求得的值，从而求得椭圆方程；
（2）设，，，直线，联立直线与椭圆得交点坐标关系，利用数量积的坐标运算，检验是否为定值.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，①
将代入椭圆方程得：，解得，所以，②
又，③
综合①②③解得：，，，
所以椭圆M的方程为．
（2）存在．
设，，，直线，
联立方程：，得，
所以，，
，，
，
当，即时，为定值，
所以存在点，使得为定值．
54．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）根据动圆P与圆M外切并且与圆N内切，得到，，从而得到，得到，从而求出椭圆的标准方程；（2）直线l斜率存在时，设，代入椭圆方程，得到，，表示出直线QA与直线QB的斜率，根据，得到，的关系，得到直线所过的定点，再验证直线l斜率不存在时，也过该定点，从而证明直线过定点.
【详解】（1）设动圆P的半径为r，
因为动圆P与圆M外切，所以，
因为动圆P与圆N内切，所以，
则，
由椭圆定义可知，曲线C是以为左、右焦点，长轴长为8的椭圆，
设椭圆方程为，
则，，故，
所以曲线C的方程为.
（2）①当直线l斜率存在时，设直线，，
联立，
得，
设点，则，
，
所以，
即，
得.
则，
因为，所以.
即，
直线，
所以直线l过定点.
②当直线l斜率不存在时，设直线，且，
则点
，
解得，
所以直线也过定点.
综上所述，直线l过定点.
【点睛】本题考查圆与圆的位置关系，椭圆的定义，求椭圆标准方程，直线与椭圆的位置关系，椭圆中直线过定点问题，属于中档题.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
