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高中数学 高考复习 椭圆 专题练习
（选择题+解答题）100题合集
一、单选题
1．已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，O为坐标原点，过OA的中点且与坐标轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点，若四边形OMAN是正方形，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
2．已知椭圆，F是椭圆的左焦点，P是椭圆上一点，若椭圆内一点A(1,1)，则的最小值为（ ）
A．3 B． C． D．
3．已知为椭圆上的一个点，点M，N分别为圆和圆上的动点，则的最小值为（ ）
A．6 B．7 C．10 D．13
4．阿基米德既是古希腊著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的中心为原点，焦点、在轴上，椭圆的面积为，且离心率为，则的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
5．已知点、为椭圆的左、右焦点，若点为椭圆上一动点，则使得的点的个数为（ ）
A． B． C． D．不能确定
6．若椭圆上存在两点到点的距离相等，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知椭圆C：（）的左 右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相交，则椭圆C的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．.
8．已知F是椭圆的左焦点，P为椭圆C上任意一点，点Q坐标为，则的最大值为（ ）
A．3 B．5 C． D．13
9．已知是椭圆的左，右焦点，点A是椭圆上的一个动点，则的内切圆的半径的最大值是（ ）
A．1 B． C． D．
10．已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
11．已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，它的长轴长等于圆：的直径，则椭圆的标准方程是（ ）
A． B． C． D．
12．已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
13．已知是椭圆的两个焦点，为上一点，且，，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
14．已知点和，是椭圆上的动点，则最大值是（ ）
A． B． C． D．
15．已知椭圆，过M的右焦点作直线交椭圆于A，B两点，若AB中点坐标为，则椭圆M的方程为（ ）
A． B． C． D．
16．已知椭圆的两个焦点为，，过的直线交椭圆于，两点，若的周长为（ ）
A． B． C． D．
17．已知椭圆C的左、右焦点分别为，，直线AB过与该椭圆交于A，B两点，当为正三角形时，该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
18．设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
19．已知、是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
20．已知，是椭圆的两个焦点，点M在椭圆C上，则的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
21．下列与椭圆焦点相同的椭圆是（ ）
A． B． C． D．
22．，分别为椭圆的左 右焦点，为椭圆上的动点，设点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
23．椭圆与(0A．长轴的长相等
B．短轴的长相等
C．离心率相等
D．焦距相等
24．在中，，如果一个椭圆通过 两点，它的一个焦点为点，另一个焦点在上，则这个椭圆的离心率（ ）
A． B． C． D．
25．椭圆的焦点F1，F2，点P为其上的动点，当∠F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是（ ）
A．（﹣，） B．（﹣，） C．（﹣，） D．（﹣，）
26．已知椭圆：经过点，且的离心率为，则的方程是（ ）
A． B．
C． D．
27．椭圆的焦点为，，与轴的一个交点为，若，则（ ）
A．1 B． C． D．2
28．已知点A，B分别是椭圆的右、上顶点，过椭圆C上一点P向x轴作垂线，垂足恰好为左焦点，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
29．设是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，且.则的面积为（ ）
A．6 B． C．8 D．
30．已知分别是椭圆的左、右焦点，点，点在椭圆上，，分别是的中点，且的周长为，则椭圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
31．阿基米德既是古希腊著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的中心为原点，焦点、在轴上，椭圆的面积为，且离心率为，则的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
32．阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为，则椭圆的面积公式为.若椭圆的离心率为，面积为，则椭圆的的标准方程为（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
33．已知点A、B为椭圆的长轴顶点，P为椭圆上一点，若直线PA，PB的斜率之积的范围为，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
34．已知是椭圆上的一个点，、是椭圆的两个焦点，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
35．已知椭圆的左 右焦点分别是，，直线与椭圆交于，两点，，且，则椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
36．曲率半径可用来描述曲线上某点处的弯曲变化程度，曲率半径越大则曲线在该点处的弯曲程度越小.已知椭圆：（）上点处的曲率半径公式为．若椭圆上所有点相应的曲率半径的最大值是最小值的8倍，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
37．已知命题p：方程表示焦点在轴上的椭圆，则使命题成立的充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
38．已知椭圆：的离心率为，则椭圆的长轴长为（ ）
A． B．4 C． D．8
39．已知椭圆的右焦点和上顶点分别为点和点，直线交椭圆于两点，若恰好为的重心，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
40．若椭圆：的一个焦点坐标为，则的长轴长为（ ）
A． B．2 C． D．
41．已知椭圆的两个焦点为，，M是椭圆上一点，若，，则该椭圆的方程是（ ）
A． B． C． D．
42．已知是椭圆的两个焦点，是椭圆上任意一点，过引的外角平分线的垂线，垂足为，则与短轴端点的最近距离为（ ）
A． B． C． D．
43．已知，是椭圆的左焦点，点P是椭圆上的动点，求的最大值和最小值分别为（ ）
A．； B．； C．； D．；
44．椭圆的焦点为，，椭圆上的点满足，则点到轴的距离为（ ）
A． B． C． D．
45．若直线和圆没有交点，则过点的直线与椭圆的交点个数为（ ）
A．0个 B．至多有一个 C．1个 D．2个
46．若直线过椭圆短轴端点和左顶点，则椭圆方程为（ ）
A． B． C． D．
47．已知椭圆C：的左右焦点分别为F1、F2，过左焦点F1，作直线交椭圆C于A、B两点，则三角形ABF2的周长为（ ）
A．10 B．15 C．20 D．25
48．已知两定点和，动点在直线上移动，椭圆C以A，B为焦点且经过点P，则椭圆C的离心率的最大值为（ ）
A． B． C． D．
49．设是椭圆的左，右焦点，过的直接l交椭圆于A，B两点，则的最大值为（ ）
A．14 B．13 C．12 D．10
50．过椭圆的右焦点作椭圆长轴的垂线，交椭圆于A，B两点，为椭圆的左焦点，若为正三角形，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、解答题
51．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，为坐标原点，点在椭圆上，且有，.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知过点的直线与椭圆交于两点，点，求证：.
52．设点、分别是椭圆的左、右焦点，P为椭圆C上任意一点，且最小值为0．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设定点，已知过点且与坐标轴不垂直的直线l与椭圆交于A、B两点，且，求m的取值范围．
53．已知椭圆：的左 右焦点分别为，，且，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）为椭圆上一点，射线，分别交椭圆于点，，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
54．已知点P是椭圆上一动点，分别为椭圆的左焦点和右焦点，的最大值为，圆．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过圆O上任意一点Q作圆的的切线交椭圆C于点M，N，求证：以为直径的圆过点O．
55．已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
56．已知椭圆：()的四个顶点组成的四边形的面积为，且经过点.过椭圆右焦点作直线与椭圆交于、两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求直线的方程.
57．求适合下列条件的椭圆的标准方程：
（1）两个焦点的坐标分别为和，且椭圆经过点；
（2）焦点在轴上，且经过两个点和；
（3）经过点和点.
58．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且点在上.
(1)求的方程；
(2)点为的下顶点，点在内且满足，直线交于点，求的取值范围.
59．已知定点、和动点．
(1)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：动点M的轨迹及其方程．
条件①：
条件②：
(2)，求：动点M的轨迹及其方程．
60．点P到点、的距离之和为，求动点P的轨迹方程．
61．已知曲线所围成的封闭图形的面积为，曲线的内切圆的半径为，记是以曲线与坐标轴的交点为顶点的椭圆．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设AB是过椭圆中心的任意弦，l是线段AB的垂直平分线，M是l上异于椭圆中心的点，(O为坐标原点，)，当点A在椭圆上运动时，求点M的轨迹方程．
62．已知椭圆的四个顶点围成的四边形的面积为，右焦点到直线的距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆相交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为（点，在点，之间）．若与面积相等，求直线的方程．
63．已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
64．已知椭圆的左 右焦点分别为，上 顶点分别为的面积为，四边形的四条边的平方和为16.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，斜率为的直线交椭圆于两点，且线段的中点在直线上，求证：线段的垂直平分线与圆恒有两个交点.
65．已知椭圆的长轴长为，离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点的直线交椭圆C于A，B两点，求（O为原点）面积的最大值．
66．已知椭圆上有一点，它关于原点的对称点为，点为椭圆的右焦点，且满足，设，且，求该椭圆的离心率的取值范围．
67．已知椭圆的左焦点，右顶点．
(1)求的方程
(2)设为上一点（异于左、右顶点），为线段的中点，为坐标原点，直线与直线交于点，求证：．
68．一动圆与圆外切，同时与圆内切，求动圆圆心M的轨迹方程．
69．已知点M到定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，设点M的轨迹为曲线C，求曲线C的方程，并说明轨迹是什么图形．
70．椭圆的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，直线的斜率为，的面积为1．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）椭圆上有两点M，N（异于椭圆顶点，且MN与x轴不垂直），证明：当的面积最大时，直线与的斜率之积为定值．
71．已知椭圆：的离心率为，且过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且斜率为k的直线与椭圆交于不同两点，，记,的斜率分别为 .
①求的值；
②设点，若点到直线,的距离相等，求的值.
72．已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交于点，证明：点在定直线上.
73．已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；
（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
74．已知椭圆的方程为.
(1)求它的长轴长 短轴长 顶点坐标 焦点坐标；
(2)与该椭圆有相同焦点的椭圆有多少个？试写出其中的两个椭圆方程.
75．已知椭圆的标准方程为：，若右焦点为且离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设，是上的两点，直线与曲线相切且，，三点共线，求线段的长．
76．如图，已知椭圆，矩形ABCD的顶点A，B在x轴上，C，D在椭圆上，点D在第一象限.CB的延长线交椭圆于点E，直线AE与椭圆 y轴分别交于点F G，直线CG交椭圆于点H，DA的延长线交FH于点M.
（1）设直线AE CG的斜率分别为 ，求证：为定值；
（2）求直线FH的斜率k的最小值；
（3）证明：动点M在一个定曲线上运动.
77．已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
78．在①离心率，②椭圆过点，③面积的最大值为，这三个条件中任选一个，补充在下面（横线处）问题中，解决下面两个问题.
设椭圆C：（）的左、右焦点分别为，过且斜率为的直线交椭圆于两点，已知椭圆的短轴长为，________.
（1）求椭圆的方程；
（2）若线段的中垂线与x轴交于点N，求证：为定值.
79．如图，已知椭圆的左顶点为，焦距为，过点的直线交椭于点M，N，直线BO与线段AM、线段AN分别交于点P，Q，其中O为坐标原点．记△OMN，△APQ的面积分别为，．
(1)求椭圆的方程；
(2)求的最大值．
80．已知焦点在x轴上，中心在原点，离心率为的椭圆经过点，动点A，B（不与点M重合）均在椭圆上，且直线与的斜率之和为1．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明直线经过定点，并求这个定点的坐标．
81．已知椭圆：的离心率为，且过椭圆的右焦点有且仅有一条直线与圆：相切.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设圆与轴的正半轴交于点.已知直线斜率存在且不为0，与椭圆交于，两点，满足(为坐标原点)，证明：直线过定点.
82．已知椭圆：的左、右顶点分别，，上顶点为，的面积为3，的短轴长为2.
(1)求的方程；
(2)斜率不为0的直线交于，两点（异于点），为的中点，且，证明：直线恒过定点.
83．设椭圆的离心率，过点A（1，）.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆的左顶点，过点作与轴不重合的直线交椭圆于两点，直线分别交直线于两点，若直线的斜率分别为试问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
84．已知点在椭圆上，椭圆C的左右焦点分别为，，的面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆相切，记直线PA，PB的斜率分别为，.
（i）证明：；
（ii）证明：直线AB过定点.
85．在平面直角坐标系xOy中，①已知点，G是圆E：上一个动点，线段HG的垂直平分线交GE于点P；②点S，T分别在x轴、y轴上运动，且，动点P满足．
(1)在①，②这两个条件中任选一个，求动点P的轨迹C的方程；
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
(2)设圆O：上任意一点A处的切线交轨迹C于M，N两点，试判断以MN为直径的圆是否过定点．若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．
86．，是椭圆：的左、右顶点，是椭圆上位于轴上方的动点，直线，与直线：分别交于，两点，当点的坐标为时，．
(1)求椭圆的方程；
(2)记和的面积分别为和．求的取值范围．
87．求满足下列条件的椭圆的标准方程．
(1)长轴在x轴上，长轴长为12，离心率为；
(2)椭圆过点，离心率；
(3)在x轴上的一个焦点与短轴上的两个顶点的连线互相垂直，且焦距为8；
(4)与椭圆有相同的焦点，且短轴长为2．
88．已知是椭圆两个焦点，且椭圆的长轴长为.
（1）求此椭圆的方程；
（2）设点在椭圆上，且，求的面积.
89．已知椭圆C关于x轴、y轴都对称，并且经过两点，.
(1)求椭圆C的离心率和焦点坐标；
(2)D是椭圆C上到点A最远的点，椭圆C在点B处的切线l与y轴交于点E，求线段的长度.
90．分别根据下列条件，求椭圆的标准方程：
(1)一个焦点坐标为，且椭圆上的点到两焦点的距离之和是26；
(2)一个焦点坐标为，且椭圆经过点．
91．已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
92．已知△ABC底边两端点、，若这个三角形另外两边所在直线的斜率之积为，求点A的轨迹方程．
93．圆锥曲线又称圆锥截痕、圆锥截面、二次曲线，约在公元前300年左右就已被命名和研究了，数学家欧几里得、阿基米德、阿波罗尼斯对圆锥曲线的贡献都很大，阿波罗尼斯著有《圆锥曲线论》，对圆锥曲线的性质做了系统性的研究，之所以称为圆锥曲线，是因为这些曲线是由一个平面截一个正圆锥面得到的，其实用一个平面去截圆柱的侧面也会得到一些曲线．如图，一个底面半径为2、高为12的圆柱内有两个半径为2的球，分别与圆柱的上下底面相切，一个平面夹在两球之间，且与两球分别切于点，，该平面与圆柱侧面的交线为椭圆，求这个椭圆的离心率．
94．设k为实数，若椭圆的方程为，求满足下列条件的k的取值范围：
(1)椭圆的焦点在x轴上；
(2)椭圆的焦点在y轴上．
95．已知点，圆：，点是圆上的动点，的垂直平分线与交于点，记的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)设经过点的直线与交于，两点，求证：为定值，并求出该定值．
96．已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，过作不平行于坐标轴的直线交于A，B两点，且的周长为.
(1)求的方程；
(2)若轴于点M，轴于点N，直线AN与BM交于点C.
①求证：点C在一条定直线上，并求此定直线；
②求面积的最大值.
97．已知，当m为何值时，
(1)方程表示椭圆；
(2)方程表示焦点在x轴上的椭圆；
(3)方程表示焦点在y轴上的椭圆．
98．已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
99．在平面直角坐标系中，动点M到直线的距离等于点M到点的距离的2倍，记动点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知斜率为的直线l与曲线C交于A、B两个不同点，若直线l不过点，设直线的斜率分别为，求的值；
(3)设点Q为曲线C的上顶点，点E、F是C上异于点Q的任意两点，以为直径的圆恰过Q点，试判断直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由．
100．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分．
①求的取值范围；
②将点、、看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程．
参考答案：
1．A
【分析】待定系数法去求椭圆C的方程
【详解】由椭圆方程可知，由四边形OMAN是正方形可知，
又点M在椭圆C上，则有，解得，
又椭圆C的右焦点为，则，
结合椭圆中，解得，，则椭圆C的方程为.
故选：A
2．A
【分析】由椭圆定义把转化为到右焦点的距离，然后由平面上到两定点的距离之差最小的性质可得.
【详解】设椭圆的右焦点为，，，
又，，
当三点共线时取等号，的最小值为3（取最小值时是射线与椭圆的交点），
故选：A.
3．B
【解析】先求椭圆焦点和定义定值，圆心、半径，利用圆的性质判定与焦点连线时最小，再计算即得结果.
【详解】依题意可知，椭圆的焦点分别是两圆和的圆心，根据定义，两圆半径为，
故椭圆上动点与焦点连线时与圆相交于M，N时， 最小，最小值为.
故选：B.
【点睛】本题考查了圆的性质和椭圆的定义，属于中档题.解题关键在于两圆圆心是椭圆的焦点，结合椭圆定义和圆的性质即解决最小距离问题.
4．C
【分析】根据“逼近法”求椭圆的面积公式，及离心率为，即可求得的值，进而由焦点在轴上可得的标准方程.
【详解】由题意可知，椭圆的面积为，且、、均为正数，
即，解得，
因为椭圆的焦点在轴上，所以的标准方程为.
故选：C.
5．B
【分析】利用余弦定理结合椭圆的定义可求得、，即可得出结论.
【详解】在椭圆中，，，，则，
，可得，
所以，，解得，此时点位于椭圆短轴的顶点.
因此，满足条件的点的个数为.
故选：B.
6．B
【分析】利用点差法可得直线AB的斜率，从而可得AB垂直平分线直线方程，由点P在AB垂直平分线上，结合AB的中点在椭圆内可解.
【详解】记中点为，则，
由题意点在线段的中垂线上，
将坐标代入椭圆方程得
两式相减可得，
所以，得，
所以的中垂线的方程为，令得，
由题意，，故，所以
所以
故选：B.
7．B
【分析】由题设以线段为直径的圆为，根据直线与圆相交，利用点线距离公式列不等式求椭圆C的离心率的范围.
【详解】由题设，以线段为直径的圆为，与直线相交，
所以，可得，即，又，
所以.
故选：B
8．B
【分析】由，结合图形即得.
【详解】因为椭圆，
所以，，
则椭圆的右焦点为，
由椭圆的定义得：，
当点P在点处，取等号，
所以的最大值为5，
故选：B.
9．D
【分析】利用椭圆的定义即可求解.
【详解】设的内切圆的半径为，
由，则，，
所以，，
由，
即，
即，若的内切圆的半径最大，
即最大，又，
所以.
故选：D
10．C
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
【点睛】
11．B
【分析】求得圆的半径，由此求得，结合椭圆离心率求得，由此求得，进而求得椭圆的标准方程.
【详解】依题意可设椭圆的标准方程为，半焦距为，
由，半径为4，
故有，又，，
.
所以椭圆的标准方程为.
故选：B
12．B
【分析】根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解.
【详解】解：因为离心率，解得，，
分别为C的左右顶点，则，
B为上顶点，所以.
所以，因为
所以，将代入，解得，
故椭圆的方程为.
故选：B.
13．C
【分析】根据椭圆的定义以及焦点三角形中的余弦定理即可建立齐次式求解.
【详解】在椭圆中，由椭圆的定义可得，
因为，所以，在中，，
由余弦定理得，
即所以所以的离心率.
故选：C
14．A
【分析】设左焦点为，为椭圆右焦点，利用椭圆定义转化，然后利用平面几何的性质得最大值．
【详解】解：椭圆，所以为椭圆右焦点，设左焦点为，
则由椭圆定义，
于是.
当不在直线与椭圆交点上时， 三点构成三角形，于是，
而当在直线与椭圆交点上时，在第一象限交点时，有，
在第三象限交点时有.
显然当在直线与椭圆第三象限交点时有最大值，其最大值为
.
故选：A.
15．D
【解析】设以及中点坐标，利用“点差法”得到之间的关系，从而得到之间的关系，结合即可求解出椭圆的方程.
【详解】设，的中点，所以，
又，所以，即，
而，，所以，又，
∴，即椭圆方程为：.
故选：D.
【点睛】本题考查了已知焦点、弦中点求椭圆方程，应用了韦达定理、中点坐标公式，属于基础题.
16．D
【分析】运用椭圆的定义进行求解即可.
【详解】由.
因为，是椭圆的上的点，、是椭圆的焦点，
所以，
因此的周长为，
故选：D
17．B
【分析】根据椭圆的定义，结合余弦定理、椭圆离心率公式进行求解即可.
【详解】设正三角形的边长为，
设椭圆的标准方程为：，设左、右焦点分别为，
设，则有，
由椭圆的定义可知：，
，解得：，，
在中，由余弦定理可知：，
故选：B
18．C
【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．
【详解】设，由，因为 ，，所以
，
因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；
当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．
19．D
【分析】利用椭圆的定义结合余弦定理可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】由椭圆的方程可得，，，则，
因为，则，
即，即，解得，
因此，.
故选：D.
20．C
【分析】根据椭圆方程求得，再由椭圆的定义可得，利用基本不等式即可求解．
【详解】解：由椭圆可得，所以，
因为点在上，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，最大值为9.
故选：C．
21．D
【分析】由椭圆的简单几何性质：“焦点跟着大的走”，椭圆的焦点在轴上，且，得出椭圆的焦点坐标为：，依次判断各个选项即可.
【详解】由题意得，椭圆C中，，即焦点坐标为和；
对于A选项，椭圆焦点在轴上，不满足题意；
对于B选项，椭圆焦点在轴上，，，，不满足题意；
对于C选项，椭圆焦点在轴上，，，不满足题意；
对于D选项，椭圆焦点在轴上，，，，满足题意；
故答案为：D.
22．A
【分析】由椭圆方程得，连接，进而根据椭圆定义将问题转化为，再根据得，进而得，进而得答案.
【详解】解：由椭圆方程得，
如图，连接，由于，
所以，
所以，
因为，当且仅当三点共线时等号成立，
所以
所以
故选：A
23．D
【分析】根据椭圆方程求得两个椭圆的，由此确定正确选项.
【详解】椭圆与 (0前者a2＝25，b2＝9，则c2＝16，后者a2＝25－k，b2＝9－k，则．
显然只有D正确．
故选：D
24．D
【分析】根据等腰，可得，然后可得，假设，依据椭圆定义可得，根据可得，最后可得离心率.
【详解】设另一个焦点为，如图所示，∵，，
，则，
设，则，，
∴，，，∴，
故选:D.
25．C
【解析】设P（x，y），根据椭圆方程求得两焦点坐标，根据∠F1PF2是钝角推断出PF12+PF22＜F1F22代入P坐标求得x和y的不等式关系，求得x的范围．
【详解】解：设P（x，y），由椭圆方程得椭圆焦点坐标为为F1（﹣，0），F2（，0），
且∠F1PF2是钝角 （x+）2+y2+（x﹣）2+y2＜20
x2+5+y2＜10 x2+4（1﹣）＜5 x2＜．所以．
故选：C．
【点睛】结论点睛：本题考查椭圆的标准方程的应用，中，为锐角，为直角，为钝角．
26．A
【分析】由题意将点代入椭圆方程，结合离心率公式即可得解.
【详解】依题意可得，解得，
故的方程是.
故选：A.
【点睛】本题考查了通过椭圆经过的点及离心率确定椭圆方程，考查了运算求解能力，属于基础题.
27．C
【分析】由椭圆的定义结合已知得，进而求出m即可.
【详解】
在椭圆中，，，.易知.
又，所以为等边三角形，即，所以，即.
故选：C.
28．C
【分析】根据题意可得，，，再根据列式求解即可
【详解】
由已知得：，，
所以，
由得：
所以
所以
由得：
所以
故选：C
29．B
【分析】利用椭圆的几何性质，得到，，进而利用得出，进而可求出
【详解】解：由椭圆的方程可得，
所以，得
且，，
在中，由余弦定理可得
，
而，所以，，
又因为，，所以，
所以，
故选：B
30．B
【分析】因为，所以三点共线，且，根据椭圆的定义求得，
设，根据，求得，代入椭圆的方程，求得的值，即可求解.
【详解】因为，所以三点共线，且，
因为分别为和的中点，
所以，所以，
设，，，
由，可得，
求得，，所以，
因为点在椭圆上，所以，求得，，
所以椭圆的方程为.
故选：B.
31．A
【分析】设椭圆方程为，解方程组即得解.
【详解】解：设椭圆方程为，
由题意可知，椭圆的面积为，且、、均为正数，
即，解得，
因为椭圆的焦点在轴上，所以的标准方程为.
故选：A.
32．A
【分析】根据离心率，面积公式结合求出得椭圆方程．
【详解】由题意，解得，
∴椭圆方程为或
故选：A．
【点睛】本题考查求椭圆的标准方程中，求解题方法是根据已知条件列出方程组求出，只是要注意由于焦点的位置不确定，因此方程有两种．
33．A
【分析】根据椭圆性质结合离心率运算处理．
【详解】由题得：，所以
故选：A．
34．B
【分析】求出的值，利用椭圆的定义可求得结果.
【详解】在椭圆中，，则.
故选：B.
35．B
【分析】根据椭圆的对称性可知，，设，由以及椭圆定义可得，，在中再根据余弦定理即可得到，从而可求出椭圆的离心率．
【详解】
由椭圆的对称性，得.设，则.由椭圆的定义，知，即，解得，故，.
在中，由余弦定理，得，即，则，故.
故选：B.
36．C
【分析】根据曲率半径的定义可判断何时曲率半径最大，合适曲率半径最小，再由题设可得基本量的关系，从而可求离心率.
【详解】因为曲率半径越大则曲线在该点处的弯曲程度越小，
故椭圆在处曲率半径最小，则，而椭圆在处曲率半径最大，
则，因为，所以，所以，．
故选：C.
37．B
【分析】若表示焦点在轴上的椭圆，可得即可得的范围，再选取该范围的一个真子集即可求解.
【详解】若方程表示焦点在轴上的椭圆，
则，解得：．
所以成立的充要条件是：．
结合四个选项可知：成立的充分不必要条件是，
故选：B.
38．C
【分析】根据条件先计算出的值，再根据离心率求解出的值，最后根据长轴长为计算出长轴长.
【详解】由题意知，所以，
又因为，所以，
所以椭圆的长轴长为.
故选：C.
39．C
【分析】由题设，利用为的重心，求出线段的中点为，将B代入直线方程得，再利用点差法可得，结合，可求出，进而求出离心率.
【详解】由题设，则线段的中点为，
由三角形重心的性质知，即，解得：
即代入直线，得①.
又B为线段的中点，则，
又为椭圆上两点，，
以上两式相减得，
所以，化简得②
由①②及，解得：，即离心率.
故选：C.
【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的离心率，求解离心率在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出；②构造的齐次式，求出；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．
40．D
【解析】首先根据题意得到，，，从而得到，再求长轴长即可.
【详解】因为椭圆：，焦点，
所以，，，即，解得或（舍去）.
所以，长轴为.
故选：D
【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质，属于简单题.
41．C
【分析】首先设，，再利用焦点三角形是直角三角形，列式求，即可求得的值.
【详解】设，，因为，，，所以，，所以，所以，所以．因为，所以．所以椭圆的方程是．
故选：C
42．C
【分析】由可知，又已知OQ是△F1F2M的中位线，点Q与y轴重合时，Q与短轴端点距离最近.
【详解】解：设F1Q的延长线交F2P的延长线于点M，则由题意知
∵
∴
由题意知OQ是△F1F2M的中位线
∴
∴Q点的轨迹是以O为圆心，以6为半径的圆
∴当点Q与y轴重合时，Q与短轴端点取最近距离
故选：C．
43．A
【分析】根据椭圆定义可知，取得最值时，即最值，根据可得答案.
【详解】解：由已知可得，得，
根据椭圆定义：，
∴取得最大值时，即 最大，
取得最小值时，即 最小，
根据三角形的两边之差小于第三边有
当三点共线，且点P不在线段上时， ，
即
如图所示：，
当P点在线段的延长线上，即P运动到图中点N的位置时取得最大值．
当P点在线段的延长线上，即P运动到图中点M的位置时取得最小值．
∴的最大值和最小值分别为 ；.
故选：A.
44．C
【分析】利用椭圆的定义以及余弦定理，可以解得，一方面，另一方面设点到轴的距离为，则，所以，即可求解
【详解】易得．设，，则．
在中，由余弦定理得，
即，则，
所以．
设点到轴的距离为，则，故，解得．
故选：C．
45．D
【分析】根据题意得到，求得点是以原点为圆心，为半径的圆及其内部的点，根据圆内切于椭圆，得到点是椭圆内的点，即可求解.
【详解】因为直线和圆没有交点，
可得，即，
所以点是以原点为圆心，为半径的圆及其内部的点，
又因为椭圆，可得，
所以圆内切于椭圆，即点是椭圆内的点，
所以点的一条直线与椭圆的公共点的个数为.
故选：D.
46．B
【分析】根据给定条件，求出直线与x轴，y轴的交点，即可求解作答.
【详解】直线交x轴于，交y轴于，依题意，，
所以椭圆方程为.
故选：B
47．C
【分析】根据椭圆的定义求解即可
【详解】由题意椭圆的长轴为，由椭圆定义知
∴
故选：C
48．B
【分析】由题意知，要使椭圆C的离心率取最大值，则a取最小值．即取最小值．利用点的对称性求出的最小值即可解答本题．
【详解】由题意得，2
．
当a取最小值时，椭圆C的离心率有最大值．
设点关于直线l：的对称点为．
则，解得，．
则．
．
当时，椭圆有最大离心率．
此时，．
故选：B．
49．A
【分析】根据椭圆的定义可得的周长为；然后分析出当最小时，最大，从而求出的最小值即可.
【详解】由椭圆的定义，知，，
所以的周长为，
所以当最小时，最大.
又当时，最小，此时，
所以的最大值为.
故选：A.
50．A
【分析】因为为正三角形，所以结合椭圆的定义可得，所以椭圆的离心率，代入即可得出答案.
【详解】图所示，易知，．
由椭圆的定义可得，则该椭圆的离心率．
故选：A.
51．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由椭圆的定义可知，在△中，由余弦定理和离心率可求得，进而可得答案.
（2）根据斜率是否存在分类讨论，当直线斜率不为0，设出直线方程，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理求得，，要证明就需要证明.代入求解即可.
【详解】（1）在△中，，，
解得，所以，则椭圆的方程为：.
（2）当直线斜率为0时，易知成立，
当直线斜率不为0时，设直线方程为，
，消去有，
，
所以，
综上可知不论直线的斜率是否为0，总有.
52．(1)
(2)．
【分析】（1）设，表示出，，再根据数量积的坐标表示及二次函数的性质求出，从而求出，即可得解；
（2）设的方程为，、，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，设的中点为，依题意可得，即，即可得到，从而求出参数的取值范围.
（1）
解：设，则有，，
，，
由题意可得，解得或（舍去），
所以，所以椭圆C的方程为．
（2）
解：由（1）得，设的方程为，代入，
消元整理得，
设、，则，，
所以，
设的中点为，则，
因为，所以，即，
所以，所以，
因为直线不与坐标轴垂直，所以，
所以，解得．
53．（1）；（2）是定值，定值为.
【分析】（1）根据，点在椭圆上，由求解；
（2）由点在轴上时，不妨设点求解；当点不在轴上时，设，直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理用表示点A，B的纵坐标，再由求解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
由题意可得
解得，.
故椭圆的标准方程为.
（2）①当点在轴上时，由对称性不妨设点，此时，，两点重合，
，，故.
②当点不在轴上时，由对称性不妨设，，，
此时直线的方程为，
联立整理得，
则，
故.
同理可得.
故.
综上，为定值，且定值为.
54．(1)；(2)证明见解析.
【分析】(1)由的最大值为确定出点P的位置，探求出b与半焦距c的关系即可得解；
(2)切线MN斜率不存在时，可得，切线MN斜率存在，设出其方程，再与椭圆方程联立，借助韦达定理计算即可得解.
【详解】(1)当点P在短轴端点处时，最大，而的最大值为，则有，，
所以所求椭圆的标准方程为；
(2)过点Q的圆O的切线斜率不存在时，切线方程为或，由椭圆及圆的对称性，不妨令切线为，
由(1)可得，，于是得，即，
过点Q的圆O的切线斜率存在时，设切线方程为，则有，即，
由消去y得：，
显然圆O在椭圆C内，则圆O的每一条切线都与椭圆C交于两点，设，，
，而，，
于是得
，
则有，
综上，过圆O上任意一点Q作圆的的切线交椭圆C于点M，N，都有，
所以，以为直径的圆过点O.
55．（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
56．（1）；（2）.
【解析】（1）根据题目所给四边形的面积得到，结合点在椭圆上列方程，由此求得，从而求得椭圆的方程.
（2）当直线无斜率时，求得的坐标，判断出不成立. 当直线有斜率时，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立并写出根与系数关系，结合列方程，解方程求得的值，由此求得直线的方程.
【详解】（1）四边形的面积为，∴，
又点在：上，则，
∴，，∴椭圆的方程为；
（2）由（1）可知椭圆的右焦点，
①当直线无斜率时，直线的方程为，
则、，不成立，舍，
②当直线有斜率时，设直线方程为将，
代入椭圆方程，整理得，在椭圆内，恒成立，
设、，则，，
又，
，
即，解得，
则直线的方程为：.
【点睛】求解有关直线和圆锥曲线的位置关系的问题，根与系数关系是解题的关键.
57．（1）；（2）；（3）.
【解析】（1）根据题意，分析可得要求椭圆中c、a的值，计算可得b的值，将a、b的值代入椭圆的方程即可得答案；
（2）根据题意，由椭圆经过点的坐标可得椭圆中a、b的值，将a、b的值代入椭圆的方程即可得答案；
（3）根据题意，设要求椭圆的方程为，将点P、Q的坐标代入计算可得m、n的值，即可得答案．
【详解】(1)由于椭圆的焦点在轴上，
∴设它的标准方程为()，
∴，，
∴，
故所求椭圆的标准方程为；
(2)由于椭圆的焦点在轴上，
∴设它的标准方程为().
∴，，故所求椭圆的标准方程为；
(3)设椭圆方程为(，且)，
则得，
∴所求椭圆的标准方程为.
58．(1)
(2)
【分析】（1）据条件求得椭圆E的基本量a、b、c，代入标准方程即可解决；
（2）通过设直线斜率为k，可以由此表达出P、Q的坐标，进而把用斜率k表达出来，再求其取值范围即可解决.
（1）
因为椭圆的离心率为，所以，即
又由，可得
因为点在上，所以，所以
所以的方程为.
（2）
因为为的下顶点，所以.
因为点在内，所以直线 的斜率存在且不为0.
设，
由，可得，则直线 的斜率乘积为
所以.
由消去得，
所以，所以，
由消去得，
所以，
，
.
令，当且仅当时，等号成立；
，所以，
所以的取值范围为.
59．(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）根据不同的选择，结合椭圆的定义，即可求得动点的轨迹及其方程；
（2）对的取值范围进行分类讨论，结合不同情况求得对应的轨迹及方程即可.
（1）
选择条件①：，因为，
故点的轨迹是以为焦点的椭圆，设其方程为，
则，，故其方程为：.
即选择条件①，点的轨迹是椭圆，其方程为；
选择条件②：，因为，
故点的轨迹是线段，其方程为.
（2）
因为，
当时，此时动点不存在，没有轨迹和方程；
当时，此时，
由（1）可知，此时动点的轨迹是线段，其方程为；
当时，此时，
此时点的轨迹是以为焦点的椭圆，其方程为.
综上所述：当时，动点没有轨迹和方程；
当时，动点的轨迹是线段，其方程为；
当时，动点的轨迹是以为焦点的椭圆，其方程为.
60．见解析
【分析】分，和三种情况进行讨论，结合椭圆的定义即可求解.
【详解】解：由题意，，
当时，点P到点、的距离之和为8，所以动点P的轨迹为线段，
所以动点P的轨迹方程为；
当时，点P到点、的距离之和为，所以由椭圆的定义知动点P的轨迹为以、为焦点，长轴长为的椭圆，
所以，
所以动点P的轨迹方程为；
当时，点P到点、的距离之和为，所以动点P的轨迹不表示任何曲线，无轨迹方程.
61．(1);
(2).
【解析】（1）
,
的轨迹为对角线长分别为，边长为，原点为内切圆圆心的菱形，
其顶点分别为，
所以由题意得
所以，，所以的标准方程为．
（2）
设，当AB所在直线的斜率存在且不为0时，设AB所在直线的方程为，
由 可得，，
所以，
设，由题意得，即，
又因为直线l的方程为，即，所以，
又因为，所以．
易得当AB所在直线的斜率不存在时，且；AB所在直线斜率为0时，
且，上式仍然成立．
综上所述，点M的轨迹方程为．
62．（1）；（2）或．
【分析】（1）四个顶点围成的四边形的面积为，结合点到直线距离公式和关系即可求得方程；
（2）设直线方程代入椭圆方程，求出两根关系，根据垂直关系求得，由与面积相等，得到即可求解参数从而求出直线方程．
【详解】解：（1）椭圆的四个顶点围成的四边形的面积为，
，即．
点到直线的距离为，
．
又，，即．
解得或（舍去）．
．
椭圆的方程为；
（2）由题意，直线的斜率存在且不为．设直线的方程为．
由，消去，得．
由，得或．
则，．
设过点与直线垂直的直线的方程为．
由，解得．
与面积相等，，
，即，在轴上的投影相等．
则．
点，在点，之间，，即．
解得，满足或．
直线的方程为或．
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
63．（1）；（2），.
【分析】（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；
（2）[方法四]由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.
【详解】（1），轴且与椭圆相交于、两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，
抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）[方法一]：椭圆的第二定义
由椭圆的第二定义知，则有，
所以，即．
又由，得．
从而，解得．
所以．
故椭圆与抛物线的标准方程分别是．
[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式
以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法三]：参数方程
由（1）知，椭圆的方程为，
所以的参数方程为（为参数），
将它代入抛物线的方程并化简得，
解得或（舍去），
所以，即点M的坐标为．
又，所以由抛物线焦半径公式有，即，解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法四]【最优解】：利用韦达定理
由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，
解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得.
因此，曲线的标准方程为，
曲线的标准方程为.
【整体点评】(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义，很多时候会使得问题简单明了.
方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.
方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，使得原来抽象的问题更加具体化.
方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法，联立方程之后充分利用韦达定理可以达到设而不求的效果.
64．(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意的面积为，结合四边形的四条边的平方和为16，即，求出即可得结果；
（2）联立直线与椭圆的方程，结合根与系数的关系，根据中点坐标公式化简，列出线段的垂直平分线方程，判断定点在圆内即可得结果.
（1）
由的面积为，得，
又四边形的四条边的平方和为16，
所以或，
即椭圆的方程为或.
（2）
设，由于，得椭圆的方程为，
设直线的方程为，
当斜率时，线段的中点在轴上，不在直线上，故，
由，得，
由，
得.
由，
设线段的中点为，得，
即，
所以.
所以线段的垂直平分线的方程为.
即，
故线段的垂直平分线恒过点.
因为，
故点在圆内，
所以线段的垂直平分线与圆恒有两个交点.
65．(1)
(2)
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出，，从而求出，从而求出椭圆方程；
（2）设出直线AB的方程，与椭圆方程联立后得到两根之和，两根之积，表达出弦长和面积，结合基本不等式求出最值.
（1）
根据题意，知，即．
又离心率，所以，
可得，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）
由题意，知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为．
由，得．
由，得．
设，，
则，，
所以
．
点到直线AB的距离，
所以．
令，则，
所以，
当且仅当，即时等号成立，此时，所以的面积的最大值为．
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于x（或y）的一元二次方程；
（3）写出根与系数的关系；
（4）将所求问题或题中关系转化为关于，的形式；
（5）代入求解．
66．．
【详解】如图所示，设椭圆的左焦点为，连接，则四边形为矩形，
．
，
，
．
，
，
，
，
∴椭圆的离心率．
67．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求得a，c的值，根据a，b，c的关系，求得的值，即可得答案.
（2）设点 ，即可得M点坐标及直线OM的方程，与直线l联立，可得N点坐标，即可得坐标，结合数量积公式，即可得证
（1）
设椭圆的半焦距为．
因为椭圆的左焦点，右顶点，
所以，．
所以，
故C的方程为：；
（2）
设点，且，
因为为线段的中点，所以，
所以直线的方程为：，
令，得，所以点，
此时，，，
所以
，
所以，所以．
68．
【分析】由圆的外切与内切，结合椭圆定义得出点轨迹是椭圆，然后可求得其方程．
【详解】设动圆圆心为M（x，y），半径为R，设已知圆的圆心分别为、，
将圆方程分别配方得，，
，半径，，半径，
当⊙M与外切时，有，①
当⊙M与内切时，有，②
将①②两式的两边分别相加，得，由椭圆的定义知，M的轨迹是以、为焦点的椭圆，
设椭圆方程为，则有a＝6，c＝3，．从而所求椭圆方程为．
69．，椭圆.
【分析】设出点的坐标，根据题意列出满足的等量关系，整理化简即可求得轨迹方程，再根据方程即可判断轨迹对应的图形.
【详解】设点的坐标为，根据题意，
即，整理得：，
即曲线的方程为：，其表示一个椭圆.
70．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题知，，利用直线的斜率结合三角形的面积，求出，即可得到椭圆方程.
（2）设直线方程为，设，，与椭圆方程联立整理得，结合韦达定理，利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出，并且利用基本不等式求得其最大值得到，再利用两点连线的斜率公式求得化简可得其为定值.
【详解】（1）椭圆的右顶点，上顶点，
由题知，解得
所以椭圆的标准方程为
（2）由已知MN与x轴不垂直，可知直线的斜率存在，
设直线方程为，设，，
联立，整理得：
其中，即
且，
又原点O到直线的距离
所以
，当且仅当，即时，等号成立，
所以
又，可得
所以当的面积最大时，直线与的斜率之积为定值．
【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
71．(1)
(2)①1；②或
【分析】（1）利用离心率和椭圆过点两个已知条件联立方程组求解；
（2）设直线的方程为，联立椭圆的方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系求出；由点到直线,的距离相等，代入点到直线的距离公式即可求解.
(1)
由得，即，
由椭圆过点得，
解得，，
故椭圆的方程为.
(2)
①设直线的方程为，且点,的坐标分别为，,
,
.
，，
则，，

②：，：
，即，
，，即或.
72．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知确定基本量即可.
（2）代入消元，运用韦达定理整体思想，求出的横坐标为定值得证.
（1）
当时，直线为，
令，得.即椭圆的上顶点为，所以，
又的周长为，即，又，解得，
所以椭圆的方程为 .
（2）
设，由，消去得，所以
，
又，所以直线的方程为，
直线的方程为，
联立直线、的方程得
.
由得代入上式，得
，
解得
所以点在定直线上.
73．（1）；（2）.
【分析】（1）因为，可得，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；
（2）方法一：过点作轴垂线，垂足为，设与轴交点为，可得 ，可求得点坐标，从而求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积.
【详解】（1），，
根据离心率，解得或(舍)，
的方程为：，即．
（2）［方法一］：通性通法
不妨设,在x轴上方，过点作轴垂线，垂足为，设直线与轴交点为
根据题意画出图形，如图
，， ，
又， ，
，根据三角形全等条件“”，可得：，
，，，
设点为，可得点纵坐标为，将其代入，
可得：，解得：或，点为或，
①当点为时，故，
，，可得：点为，
画出图象，如图
, ，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，
根据两点间距离公式可得：，面积为：；
②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图
, ，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，
根据两点间距离公式可得：，
面积为： ，综上所述，面积为：.
［方法二］【最优解】：
由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为E．设，由题知，．
故，
①因为，如图，所以，．
②因为，如图，所以．
综上有
［方法三］：
由已知可得，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，由对称性可设，联立方程消去y得，
由韦达定理得，所以，
将其代入直线的方程得，所以，
则．
因为，则直线的方程为，
则．
因为，所，，
即，故或，即或．
当时，点P，Q的坐标分别为，
直线的方程为，点A到直线的距离为，
故的面积为．
当时，点P，Q的坐标分别为，
直线的方程为，点到直线的距离为，
故的面积为．
综上所述，的面积为．
［方法四］：
由（1）知椭圆的方程为，．
不妨设在x轴上方，如图．
设直线．
因为，所以．
由点P在椭圆上得，所以．
由点P在直线上得，所以．所以，化简得．
所以，即．
所以，点Q到直线的距离．
又．
故．即的面积为．
［方法五］：
由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为C，设，
由题知，所以．
（1）．
则．
（其中）．
（2）．
同理，．
（其中）
综上，的面积为．
【整体点评】（2）方法一：根据平面几何知识可求得点的坐标，从而得出点的坐标以及直线的方程，再根据距离公式即可求出三角形的面积，是通性通法；方法二：同方法一，最后通过面积分割法求的面积，计算上有简化，是本题的最优解；方法三：通过设直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再根据题目等量关系求出的值，从而得出点的坐标以及直线的方程，最后根据距离公式即可求出三角形的面积，思想简单，但运算较繁琐；方法四：与法三相似，设直线的方程，通过平面知识求出点的坐标，表示出点，再根据距离公式即可求出三角形的面积；方法五：同法一，只是在三角形面积公式的选择上，利用三角形面积的正弦形式结合平面向量的数量积算出．
74．(1)该椭圆的长轴长为，短轴长为，顶点坐标分别为：
，焦点坐标为：；
(2)与该椭圆有相同焦点的椭圆有无穷多个，其中的两个椭圆方程为和.
【分析】（1）把椭圆的方程化成标准方程形式，根据长轴长、短轴长、顶点坐标公式、坐标公式进行求解即可；
（2）根据椭圆中之间的关系进行判断取特例即可.
(1)
由，
即，
所以该椭圆的长轴长为，短轴长为，
顶点坐标分别为：，焦点坐标为：.
(2)
由（1）可知：该椭圆的焦点在纵轴，且，
设与该椭圆有相同焦点的椭圆标准方程为：，
所以有，该方程有无穷多组实数解，
当时，，所以椭圆方程为：，
当时，，所以椭圆方程为：，所以与该椭圆有相同焦点的椭圆有无穷多个，其中的两个椭圆方程为和.
75．（1）；（2）.
【分析】（1）根据椭圆的焦点、离心率求椭圆参数，写出椭圆方程即可.
（2）由（1）知曲线为，讨论直线的存在性，设直线方程联立椭圆方程并应用韦达定理求弦长即可.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，则，又，
∴椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意：
当直线的斜率存在时，设，又，，三点共线，
可设直线，即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立，得，则，，
∴.
76．（1）证明见解析；（2）；（3）M在曲线上运动，证明见解析.
【解析】（1）由对称性，设出点的坐标，求出直线，的斜率即可求证；
（2）由直线的方程与椭圆方程联立利用韦达定理可求出点坐标，直线的方程与椭圆方程联立利用韦达定理可求出点坐标，即可表示出直线FH的斜率,利用基本不等式即可求最值；
（3）求出直线的方程，令，可得点纵坐标用表示，利用点在椭圆上，相关点法可求动点的轨迹方程，即可求证.
【详解】（1）由对称性，设，，，
则，得，
故，，则，
（2）由，
联立，
由根与系数的关系可得 ，所以，
所以，可得，
又，联立，
由根与系数的关系可得 ，所以，
所以可得：，
所以
，
由图知，所以即,
当且仅当即取等.
所以直线FH的斜率k的最小值为.
（3）易知，
令 可得，
所以，
，
所以 ，
因为，
所以，
即M在曲线上.
【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法
（1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为的等式，就能得到曲线的轨迹方程；
（2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；
（3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可；
（4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称之为相关点）的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；
（5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数参数求出所求轨迹的方程.
77．（1）；（2）18.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
78．（1）选①，；选②; 选③（2）证明见解析.
【分析】（1）选①，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程；
（1）选②，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程；
（1）选③，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程；
（2）线段的中垂线与x轴交于点N，
讨论（i）当时，易得，，求得
（ii）当时，设直线的方程为，联解得：，求得，，
；利用中垂线方程求得，得到，从而得解.
【详解】（1）选①，由题意可得：，解得，所以所求椭圆C的方程为；
（1）选②，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程；
（1）选③，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程；
（2）（i）当时，，，
（ii）当时，由题意可得：.
设直线的方程为，设，，
由整理得：
显然，且，，
所以
所以线段的中点，
则线段的中垂线方程为，
令，可得，即，又，
所以，所以，即.
【点睛】本题属于开放性题，任选一个条件补充完整题干再作答，考查椭圆的标准方程及直线与椭圆关系求定值问题，属于中档题.
79．(1)
(2)
【分析】（1）由已知得，然后计算出可得椭圆方程；
（2）设直线MN：，其中，设，，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，由弦长公式求得弦长，求出原点到直线的距离，得三角形面积，由直线方程求得坐标，得弦长，计算出点到直线的距离得面积，计算，利用换元法、基本不等式可得最大值．
(1)
因为左顶点为，所以，
又焦距为，所以，所以，
所以椭圆的方程是．
(2)
由题意设直线MN：，其中，设，，
由，消去y整理得，
且，
所以，．
所以，
又点O到直线MN的距离，
所以．
因为P，Q在直线BO上，所以可设，，又因为A，P，M三点共线，
所以，所以，同理，
所以
．
又点A到直线BO的距离，所以．．
设，
即（当且仅当，即，等号成立）．
因此，的最大值是．
80．(1)
(2)证明见解析；定点
【分析】（1）设椭圆，由离心率为，得，再根据点在椭圆上求解；
（2）当直线与x轴垂直时，设，则．由直线与的斜率之和为1求解；当直线不与x轴垂直时，设直线为，，，与椭圆方程联立，易知，然后结合韦达定理求解.
（1）
解：设椭圆，
由离心率为，得，
又因为，
所以．
由在椭圆上可得，
解得，．
所以椭圆的方程为．
（2）
当直线与x轴垂直时，设，则．
由题意得：，即．所以直线的方程为．
当直线不与x轴垂直时，可设直线为，，，
将代入得，
所以，．
由已知可得①，
将和代入①，
并整理得②，
将，代入②，
并整理得，可得，
因为直线不经过点，
所以，故．
所以直线的方程为，经过定点．
综上所述，直线经过定点．
81．（1）；（2）证明见解析.
【分析】(1)由给定条件求出椭圆右焦点，再结合给定的离心率即可计算得解；
(2)设直线：，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理结合由已知得出的直线AP，BP斜率互为相反数的条件求出m值即可得解.
【详解】（1）因过椭圆的右焦点有且仅有一条直线与圆：相切，
则点在圆：上，即，而椭圆的离心率，解得，则，
所以椭圆的标准方程为；
（2）圆：与轴的正半轴交于点，
依题意，设直线的方程为，，两点的坐标分别为，，
由知直线AP，BP斜率与互为相反数，又，，
即，化简整理得：，
又，，于是得，
由消去y得：，则，，
从而有，即，解得，此时直线的方程为，
所以直线恒过定点.
82．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标与基本量的关系求解即可；
（2）由题意设直线的方程为，，，联立直线与椭圆的方程，结合可得，再代入韦达定理化简求解即可
（1）
由题意得，解得，，故的方程为.
（2）
证明：由题意设直线的方程为，，，
联立，得，
所以，即，
，，
因为，所以，所以，
即，则，
整理得，
所以，即
整理得，解得或，
当时，直线的方程为，恒过点，舍去；
当时，直线的方程为，恒过点，符合题意，
即直线恒过定点.
83．（1）；（2）为定值.
【分析】（1）根据，得，根据椭圆过点A（1，），得，结合求得，即可得出答案；
（2）设，直线得方程为，联立，根据韦达定理求得，根据B、E、M三点共线，可求得，同理可求得，利用斜率公式化简整理即可得出结论.
【详解】解：（1）因为，所以①，
将A（1，）代入得②，
又③，
由①②③解得，
所以椭圆的方程为；
（2）设，直线得方程为，
联立，得，
则，
由B、E、M三点共线，可知，即，
同理可得：，
则，
，
所以.
所以为定值.
84．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用，结合三角形的面积公式，求出，即可求椭圆的方程.
(2) （i）设直线的方程为，直线的方程为，由题意可知，可得是方程的两根，利用韦达定理即可证明.
（ii）设直线的方程为，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合，可得与的关系式，即可证明直线过定点.
（1）
解：由题知，，的面积等于，
所以，解得，，所以，椭圆C的方程为.
（2）
（i）设直线PA的方程为，
直线PB的方程为，由题知，
所以，所以，
同理，，
所以，是方程的两根，所以.
（ii）设，，设直线AB的方程为，
将代入得，
所以，①
，②
所以，③
，④
又因为，⑤
将①②③④代入⑤，化简得，
所以，所以，
若，则直线，此时AB过点P，舍去.
若，则直线，此时AB恒过点，
所以直线AB过定点.
85．(1)；
(2)以MN为直径的圆过定点（0，0）.
【分析】（1）根据所选条件，结合椭圆定义、向量线性关系的坐标表示得到参数关系，进而得到轨迹方程；
（2）讨论切线的斜率存在性，联立直线和椭圆，消元后利用根与系数的关系，利用题设已知条件化简目标式，从而得到定点的坐标．
（1）
选①，由E：，得，
所以圆E的圆心为，半径为．
由题意得，所以，
所以P的轨迹C是以H，E为焦点的椭圆且，，故，
所以动点P的轨迹C的方程为．
选②，设，，，则．（*）
因为，所以，即，
将其代入（*）式，得，
所以动点P的轨迹C的方程．
（2）
当过A且与圆O相切的切线斜率不存在，切线为．
当切线为时，不妨设，，
以MN为直径的圆的方程为．①
当切线为时，不妨设，，
以MN为直径的圆的方程为．②
联立①②，解得两圆的交点为（0，0）．
当过A且与圆O相切的切线斜率存在，设切线为，则，故．
联立切线与椭圆C的方程，消去y，得．
因为
，
所以切线与椭圆C恒有两个交点．
设，，则，，
因为，，
所以
，
所以，则以MN为直径的圆过原点（0，0）．
综上，以MN为直径的圆过定点（0，0）．
86．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列方程求解确定值即可；
（2）分别求出和的表达式，作比根据基本不等式求最值.
（1）
由可得，∴，
把代入椭圆的方程得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）
显然直线存在斜率，设直线的方程为，
由得，
设，则，，
从而，即，∴，
又，直线的方程为，得，，
，
则，
当且仅当，即时取等号，故的取值范围为．
【点睛】解析几何中与弦长相关的三角形面积常有两种求法：
（1），其中为弦长，为另一顶点到直线的距离；
（2）面积等于水平宽与铅锤高积的一半.
87．(1)；
(2)或；
(3)；
(4).
【分析】（1）由、、和长轴在x轴上，可得答案；
（2）若焦点在x轴上，则，由、得椭圆的标准方程；若焦点在y轴上，则，由，得椭圆的标准方程；
（3）分析知结合可得椭圆的标准方程；
（4）椭圆化为标准形式可得焦点在y轴上，可设所求椭圆的方程为，利用焦点坐标、可得求椭圆的标准方程．
（1）
由题意，可知，，得，，从而，
又长轴在x轴上，故所求椭圆的标准方程为．
（2）
若焦点在x轴上，则，
由，得，所以，此时椭圆的标准方程为，
若焦点在y轴上，则，
由，得，
此时椭圆的标准方程为，
故椭圆的标准方程为或．
（3）
分析知，，故椭圆的标准方程为．
（4）
椭圆可化为，
可知焦点在y轴上，焦点坐标为，
故可设所求椭圆的方程为，则，
又，即，所以，
则所求椭圆的标准方程为．
88．（1）；（2）.
【分析】（1）由题可得，从而可得方程；
（2）设，在中利用余弦定理可得，进一步可求得的面积．
【详解】（1）由题意知,
∴，又，
∴，
椭圆方程为.
(2)设，
由椭圆的定义得，又，
在中由余弦定理得，
得，
.
89．(1)；
(2)
【分析】（1）因为本题没有说明椭圆的焦点所在位置，则设，代入点列方程求解；（2）设坐标，利用两点间距离公式结合椭圆方程求取到最大值时的坐标，根据l与椭圆相切，联立方程利用求解，进而求点及．
（1）
设椭圆方程为
根据题意可得，解得
∴椭圆方程为，则，且焦点在轴上
∴求椭圆C的离心率，焦点坐标
（2）
设，根据题意可得，即
则
∵
∴当，即时，取到最大值
由题意可知切线l的斜率存在，设切线l：，即
联立方程，消去得
根据题意可得：，解得
∴切线l：，与y轴交于点
∴
90．(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆定义求得，结合求得后可得；
（2）由椭圆定义求得，结合求得后可得．
(1)
由题意，，又，所以，
椭圆标准方程为；
(2)
由题意椭圆另一焦点为．
，
，，所以，焦点在轴，
椭圆方程为．
91．（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
92．
【分析】设，利用斜率的两点式列方程并整理可得轨迹方程，注意.
【详解】设且，则，
整理得：A的轨迹方程.
93．
【分析】作出截面，根据平面与球相切的性质，结合直角三角形中各边的关系与勾股定理等，求解椭圆的基本量即可.
【详解】设椭圆的方程为．
作出几何体的轴截面图，如图所示，
点M，N是P圆柱内两个内切球的球心，，是椭圆的两个焦点，其中O是与的交点，．
根据圆的切线的性质，可得，，
由题意，可知，，
所以，
所以，即，
所以在中，，则，
所以，
所以，即a＝4，
所以椭圆的离心率．
94．(1)；
(2).
【分析】（1）由题可得，即求；
（2）由题可知，即得.
（1）
∵椭圆的焦点在x轴上，椭圆的方程为，
∴，解得，
∴k的取值范围为；
（2）
∵椭圆的焦点在y轴上，椭圆的方程为，
∴，解得，
∴k的取值范围为.
95．(1)
(2)证明见解析，定值为
【分析】（1）根据点在的垂直平分线上，得，从而可得，则有的轨迹是以A，为焦点的椭圆，即可得解；
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设：，，，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理求得，，再证明为定值即可.
（1）
解：圆的圆心为，半径，
由点在的垂直平分线上，得，
所以，
所以的轨迹是以A，为焦点的椭圆，，，
所以，，，
所以的方程为；
（2）
证明：①当直线的斜率不存在时，易知，
②当直线的斜率存在时，设：，，，
则把代入得，
显然，有，，
，
所以，
综上所述，为定值．
96．(1)；
(2)①证明见解析，；②.
【分析】（1）由题意可得，求出，再由离心率为求出，由可求出，从而可求出椭圆方程，
（2）由题可设直线方程为，代入椭圆方程中整理后利用根与系数的关系，表示出直线和的方程，联立可求出点的横坐标，即得；然后结合条件可表示出ABC面积，换元化简后利用基本不等式可求得答案.
（1）
由椭圆定义可知的周长为，即，
因为离心率，所以，
又因为，所以，
故的方程为.
（2）
①依题意，设直线AB方程为.
联立，得，
易知
设，，则，.
因为轴，轴，
所以，.
所以直线AN：，
直线BM：，
联立解得.
从而点C在定直线上.
②因为，
又，则，
设，则，
当且仅当，即时，等号成立，
故面积的最大值为
97．(1)3(2)7(3)3【分析】（1）（2）（3）根据椭圆标准方程的定义，列出不等式即可.
（1）
若方程表示椭圆，则，解得3（2）
方程表示焦点在x轴上的椭圆，则m－3>11－m>0，解得7（3）
方程表示焦点在y轴上的椭圆，则11－m>m－3>0，解得398．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
99．(1)
(2)0
(3)直线经过定点，定点坐标为
【分析】(1)设出的坐标为，结合已知条件可得，然后化简即可求解；(2)设直线的方程，并联立椭圆方程，利用斜率公式表示出，然后结合韦达定理即可求解；(3)结合已知条件，设出直线EF的方程，并联立椭圆方程，利用和韦达定理求出，进而即可得到答案.
（1）
不妨设点的坐标为，
由题意可知，，
化简可得，，
故曲线C的方程为.
（2）
不妨设直线的方程：，，，
因为直线l不过点，易知，
由可得，，
由且可得，或，
由韦达定理可知，，，
因为，，，，
所以，
将，代入上式得，，
故的值为0.
（3）
由椭圆方程可知，点坐标为，
因为以为直径的圆恰过Q点，所以，
结合椭圆特征可知，直线的斜率存在，
不妨设直线方程：，且，，，
由可得，，
由可得，，
由韦达定理可知，，，
因为，，，，
所以，
将，代入上式并化简可得，，
故直线方程：，
易知直线必过定点，
从而直线经过定点，定点坐标为.
100．（1）；（2）①；②．
【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程，方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程；（2）①首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；②由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程.
【详解】（1）方法（1）特殊值法，令，，且，解得
∴，，椭圆的方程为
方法（2）设，由题意（常数），
整理得：，
故，又，解得：，．
∴，椭圆的方程为．
方法（3）设，则．
由题意
∵为常数，∴，又，解得：，，故
∴椭圆的方程为
（2）①由，又，
∴（或由角平分线定理得）
令，则，设，则有，
又直线的斜率，则，代入得：
，即，
∵，∴．
②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，
，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，
则有，即，解得：．
又，故，∴
又，
∴，
解得：，，
∴，∴直线的方程为．
【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系，以及外接圆，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并根据几何关系进行消参，转化与化归，是本题的关键也是难点.

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