3.1.1 椭圆及其标准方程 闯关练 2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）
文档属性
| 名称 | 3.1.1 椭圆及其标准方程 闯关练 2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 890.3KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-01 00:00:00 | ||
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文档简介
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3.1.1 椭圆及其标准方程 闯关练 2025-2026学年
高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）
一、单选题
1．曲线方程的化简结果为
A． B． C． D．
2．椭圆上任一点到点的距离的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．
3．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
4．设O为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点 P在C上，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知是椭圆：的左焦点，为上一点，，则的最小值为
A． B． C． D．
6．已知、分别是椭圆的左、右焦点，A是椭圆上一动点，圆C与的延长线、的延长线以及线段相切，若为其中一个切点，则（ ）
A． B．
C． D．与2的大小关系不确定
二、多选题
7．画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，直线，则（ ）
A．直线与蒙日圆相切
B．的蒙日圆的方程为
C．记点到直线的距离为，则的最小值为
D．若矩形的四条边均与相切，则矩形的面积的最大值为
8．已知椭圆：，，分别为它的左右焦点，，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．存在P使得 B．的最小值为
C．，则的面积为9 D．直线与直线斜率乘积为定值
9．（多选）已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的动点，则下面四个结论正确的是（ ）
A．的最大值大于3
B．的最大值为4
C．的最大值为60°
D．若动直线垂直于轴，且交椭圆于两点，为上满足的点，则点的轨迹方程为或
三、填空题
10．若椭圆的焦点在y轴上，则实数k的取值范围是 .
11．已知椭圆C：，点M与C的焦点不重合，若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则 .
12．已知点，是椭圆内的两个点，M是椭圆上的动点，则的最大值为 ．
13．已知，是椭圆的左、右焦点，点在上，则的最大值为 ；若，则的最小值为 .
14．已知椭圆的焦点为，点为椭圆上的动点，当为直角时，点的横坐标是 ．
四、解答题
15．已知椭圆与椭圆有相同的焦点，且椭圆过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的焦点为，点在椭圆上，且的面积为1，求点的坐标.
16．已知椭圆的两焦点分别为，点满足，求的值范围．
17．已知椭圆经过点， 是椭圆的两个焦点，，是椭圆上的一个动点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点P在第一象限，且，求点P的纵坐标的取值范围.
18．动圆与内切于定圆，与定圆外切，点的坐标为．
（1）求动圆的圆心的轨迹方程；
（2）若轨迹上的两点满足，求的值．
19．已知椭圆C与椭圆的焦点相同且椭圆C过点.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若点P在椭圆C上，且，求的面积.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 D B B B D A AC ABC BCD
1．D
【分析】根据题意得到给出的曲线方程的几何意义，是动点到两定点的距离之和等于定值，符合椭圆定义，然后计算出相应的得到结果.
【详解】曲线方程，
所以其几何意义是动点到点和点的距离之和等于，符合椭圆的定义. 点和点是椭圆的两个焦点.
因此可得椭圆标准方程，其中，所以
，所以
所以曲线方程的化简结果为.
故选D项.
【点睛】本题考查曲线方程的几何意义，椭圆的定义，求椭圆标准方程，属于简单题.
2．B
【解析】设点的坐标为，结合两点间的距离公式，化简得到，即可求解.
【详解】设点的坐标为，其中，
由，可得，
又由，
当时，取得最小值，最小值为.
故选：B.
3．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.
4．B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故选：B．
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故选：B．
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：．
故选：B．
【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大．
5．D
【详解】分析：根据椭圆的定义和三角形两边之和大于第三边，转化为
，即可求解其最小值．
详解：设椭圆的右焦点为，
由，则，
根据椭圆的定义可得，
所以
点睛：本题主要考查了椭圆的定义的应用，其中根据椭圆的定义和三角形三边的关系是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．
6．A
【分析】由题意知，圆C是的旁切圆，点是圆C与轴的切点，设圆C与直线的延长线、分别相切于点、，由切线的性质可知：，，，结合椭圆的定义，即可得出结果.
【详解】由题意知，圆C是的旁切圆，点是圆C与轴的切点，
设圆C与直线的延长线、分别相切于点、，
则由切线的性质可知：，，，
所以，
所以，
所以.
故选A
【点睛】本题主要考查圆与圆锥曲线的综合，熟记椭圆的定义，以及切线的性质即可，属于常考题型.
7．AC
【分析】分析可得出，求出蒙日圆的方程，可判断B选项的正误；利用直线与圆的位置关系可判断A选项；利用椭圆的定义和点到直线的距离公式可判断C选项的正误；分析可知矩形的四个顶点都在蒙日圆上，利用基本不等式可判断D选项的正误.
【详解】当两切线分别与两坐标轴垂直时，两切线的方程分别为、，
所以，点在蒙日圆上，故蒙日圆的方程为，
因为，可得.
对于A选项，蒙日圆圆心到直线的距离为，
所以，直线与蒙日圆相切，A对；
对于B选项，的蒙日圆的方程为，B错；
对于C选项，由椭圆的定义可得，则，
所以，，
因为，直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，，
当且仅当时，等号成立，C对；
对于D选项，若矩形的四条边均与相切，则矩形的四个顶点都在蒙日圆上，
所以，，
所以，矩形的面积为，D错.
故选：AC.
8．ABC
【分析】设椭圆短轴顶点为根据得的最大角为钝角即可判断A；记，则，结合余弦定理与基本不等式求解判断B；结合题意得，进而计算面积判断C；设，直接求解即可判断D.
【详解】解：设椭圆短轴顶点为，由题知椭圆：中，，
所以，，，，，
对于A选项，由于，，所以的最大角为钝角，故存在P使得，正确；
对于B选项，记，则，
由余弦定理：
，当且仅当时取“=”，B正确；
对于C选项，由于，故 ，所以，C正确；
对于D选项，设，则，，于是,故错误.
故选：ABC
9．BCD
【分析】由椭圆，可得，，，左、右焦点分别为，．
对于A，，即可判断出正误；
对于B，由，即可判断出正误．
对于C，当点取短轴的一个端点时，取得最大值，取，则，求出即可判断出正误．
对于D，设，，，，，由，可得，即，又，代入即可判断出正误．
【详解】由椭圆方程得，
因此．
选项A中，，A错误；
选项B中，，当且仅当时取等号，B正确；
选项C中，当点为短轴的端点时，取得最大值，取，则，
的最大值为60°，C正确；
选项D中，设．
，
，即或．
又由题意知，
或，
化简得或，D正确．
故选：BCD．
【点睛】本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
10．
【分析】由椭圆的标准方程的特征列方程组求解可得.
【详解】因为椭圆的焦点在y轴上，
所以，解得，即实数k的取值范围为.
故答案为：
11．
【详解】试题分析：设M,N的中点坐标为P，,则
；由于，化简可得，根据椭圆的定义==6，所以12.
考点：1.椭圆的定义；2.两点距离公式.
12．/
【分析】结合椭圆的定义求得正确答案.
【详解】依题意，椭圆方程为，所以，
所以是椭圆的右焦点，设左焦点为，
根据椭圆的定义可知，
，
所以的最大值为.
故答案为：
13． 9 4
【解析】首先根据题意得到，再利用基本不等式即可得到的最大值.根据题意得到，从而得到，从而得到答案.
【详解】由可得：，，
则，
由椭圆定义可知，
，
当时取等号．
.
，
又（当且仅当在线段上时取等号），
.
故答案为：9；4.
【点睛】本题考查椭圆的定义、几何性质、最值类问题，关键在于能够利用椭圆定义将焦半径进行转化，从而变成函数和几何问题来进行求解.
14．．
【分析】由椭圆上的动点满足为直角可得，与联立，解出点的横坐标．
【详解】由题意得，所以，所以．设，令的坐标为的坐标为．
因为，所以在中，，
即，化简得．又，所以，
所以，解得．
所以点的横坐标为．
【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查方程思想与化归思想，属于中档题．
15．（1）.（2）.
【详解】试题分析：（1）根据题设条件列出关于基本量的方程组，解出即可．（2）中已知焦点三角形的面积，但其底边已知，故的纵坐标可求，再利用在椭圆上求出其横坐标即可．
解析：
（1）的焦点为，设方程为，焦距为，则，把代入，则有，整理得，故或（舎），
，故椭圆方程为．
（2），设，则面积为，则，而 ，所以，，所以点有4个，它们的坐标分别为．
16．．
【分析】由，结合椭圆的方程，可得点在椭圆的内部，点在椭圆上时，，所以，的最小值为点落在线段上时，最小，即可得的取值范围.
【详解】由题意知，，所以，所以．
因为，所以点在椭圆的内部，且不与原点重合．
由椭圆的定义和几何性质，知，
点落在线段（除原点外）上时，取最小值，
此时．
故的取值范围是．
【点睛】本题主要考查椭圆的定义，确定点再椭圆内部最关键，考查了椭圆的简单性质，属于中档题
17．(1)；
(2).
【分析】（1）由已知可得，根据定义可得，所以，进而可得出椭圆的标准方程；
（2）设，根据已知可推得.进而根据椭圆的方程可推出以及.即可得出答案.
【详解】（1）由已知可设，.
则，
则由椭圆的定义可得，，所以.
又，所以.
所以，椭圆C的标准方程为.
（2）设，
则，.
结合题意可得，.
又，所以.
所以有，
所以，，又，所以.
又，所以，所以.
所以，点P的纵坐标的取值范围为.
18．（1）；（2）6.
【分析】（1）根据椭圆定义求得轨迹方程；
（2）设，由可得两点坐标间的关系，结合两点在椭圆上求出两点的坐标，从而可得线段长．
【详解】（1）设动圆的半径为．由题意得，定圆的半径为，
定圆的半径为，则，①
，②
，得．
由椭圆的定义知点的轨迹是以为焦点，
为的椭圆的一部分（在的内部）其轨迹方程为．
（2）设，
则．
由可得，
，
所以，③
由是轨迹上的两点，得
由④⑤得，
将代入③，得，
将代入④，得，所以，
所以．
【点睛】本题考查由椭圆的定义求轨迹方程，考查直线与椭圆相交的弦长．本题解题方法是求出交点坐标，由两点坐标得出线段长．考查学生的运算求解能力．
19．（1）；（2）.
【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标设出椭圆C的标准方程，再将点代入方程，即可得出椭圆C的标准方程；
（2）由定义得出，由余弦定理得出，求出，再由三角形面积公式得出面积.
【详解】（1）因为椭圆的焦点坐标为，所以设椭圆C的标准方程为①
将点代入①，整理得
解得或（舍去）
所以椭圆C的标准方程为.
（2）因为点P在椭圆C上，
所以.
由（1）知，在中，
所以由余弦定理得，
即.
因为
所以
即.
所以.
.
所以的面积为.
【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程以及椭圆中三角形的面积问题，属于中档题.
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3.1.1 椭圆及其标准方程 闯关练 2025-2026学年
高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）
一、单选题
1．曲线方程的化简结果为
A． B． C． D．
2．椭圆上任一点到点的距离的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．
3．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
4．设O为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点 P在C上，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知是椭圆：的左焦点，为上一点，，则的最小值为
A． B． C． D．
6．已知、分别是椭圆的左、右焦点，A是椭圆上一动点，圆C与的延长线、的延长线以及线段相切，若为其中一个切点，则（ ）
A． B．
C． D．与2的大小关系不确定
二、多选题
7．画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，直线，则（ ）
A．直线与蒙日圆相切
B．的蒙日圆的方程为
C．记点到直线的距离为，则的最小值为
D．若矩形的四条边均与相切，则矩形的面积的最大值为
8．已知椭圆：，，分别为它的左右焦点，，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．存在P使得 B．的最小值为
C．，则的面积为9 D．直线与直线斜率乘积为定值
9．（多选）已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的动点，则下面四个结论正确的是（ ）
A．的最大值大于3
B．的最大值为4
C．的最大值为60°
D．若动直线垂直于轴，且交椭圆于两点，为上满足的点，则点的轨迹方程为或
三、填空题
10．若椭圆的焦点在y轴上，则实数k的取值范围是 .
11．已知椭圆C：，点M与C的焦点不重合，若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则 .
12．已知点，是椭圆内的两个点，M是椭圆上的动点，则的最大值为 ．
13．已知，是椭圆的左、右焦点，点在上，则的最大值为 ；若，则的最小值为 .
14．已知椭圆的焦点为，点为椭圆上的动点，当为直角时，点的横坐标是 ．
四、解答题
15．已知椭圆与椭圆有相同的焦点，且椭圆过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的焦点为，点在椭圆上，且的面积为1，求点的坐标.
16．已知椭圆的两焦点分别为，点满足，求的值范围．
17．已知椭圆经过点， 是椭圆的两个焦点，，是椭圆上的一个动点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点P在第一象限，且，求点P的纵坐标的取值范围.
18．动圆与内切于定圆，与定圆外切，点的坐标为．
（1）求动圆的圆心的轨迹方程；
（2）若轨迹上的两点满足，求的值．
19．已知椭圆C与椭圆的焦点相同且椭圆C过点.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若点P在椭圆C上，且，求的面积.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 D B B B D A AC ABC BCD
1．D
【分析】根据题意得到给出的曲线方程的几何意义，是动点到两定点的距离之和等于定值，符合椭圆定义，然后计算出相应的得到结果.
【详解】曲线方程，
所以其几何意义是动点到点和点的距离之和等于，符合椭圆的定义. 点和点是椭圆的两个焦点.
因此可得椭圆标准方程，其中，所以
，所以
所以曲线方程的化简结果为.
故选D项.
【点睛】本题考查曲线方程的几何意义，椭圆的定义，求椭圆标准方程，属于简单题.
2．B
【解析】设点的坐标为，结合两点间的距离公式，化简得到，即可求解.
【详解】设点的坐标为，其中，
由，可得，
又由，
当时，取得最小值，最小值为.
故选：B.
3．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.
4．B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故选：B．
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故选：B．
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：．
故选：B．
【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大．
5．D
【详解】分析：根据椭圆的定义和三角形两边之和大于第三边，转化为
，即可求解其最小值．
详解：设椭圆的右焦点为，
由，则，
根据椭圆的定义可得，
所以
点睛：本题主要考查了椭圆的定义的应用，其中根据椭圆的定义和三角形三边的关系是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．
6．A
【分析】由题意知，圆C是的旁切圆，点是圆C与轴的切点，设圆C与直线的延长线、分别相切于点、，由切线的性质可知：，，，结合椭圆的定义，即可得出结果.
【详解】由题意知，圆C是的旁切圆，点是圆C与轴的切点，
设圆C与直线的延长线、分别相切于点、，
则由切线的性质可知：，，，
所以，
所以，
所以.
故选A
【点睛】本题主要考查圆与圆锥曲线的综合，熟记椭圆的定义，以及切线的性质即可，属于常考题型.
7．AC
【分析】分析可得出，求出蒙日圆的方程，可判断B选项的正误；利用直线与圆的位置关系可判断A选项；利用椭圆的定义和点到直线的距离公式可判断C选项的正误；分析可知矩形的四个顶点都在蒙日圆上，利用基本不等式可判断D选项的正误.
【详解】当两切线分别与两坐标轴垂直时，两切线的方程分别为、，
所以，点在蒙日圆上，故蒙日圆的方程为，
因为，可得.
对于A选项，蒙日圆圆心到直线的距离为，
所以，直线与蒙日圆相切，A对；
对于B选项，的蒙日圆的方程为，B错；
对于C选项，由椭圆的定义可得，则，
所以，，
因为，直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，，
当且仅当时，等号成立，C对；
对于D选项，若矩形的四条边均与相切，则矩形的四个顶点都在蒙日圆上，
所以，，
所以，矩形的面积为，D错.
故选：AC.
8．ABC
【分析】设椭圆短轴顶点为根据得的最大角为钝角即可判断A；记，则，结合余弦定理与基本不等式求解判断B；结合题意得，进而计算面积判断C；设，直接求解即可判断D.
【详解】解：设椭圆短轴顶点为，由题知椭圆：中，，
所以，，，，，
对于A选项，由于，，所以的最大角为钝角，故存在P使得，正确；
对于B选项，记，则，
由余弦定理：
，当且仅当时取“=”，B正确；
对于C选项，由于，故 ，所以，C正确；
对于D选项，设，则，，于是,故错误.
故选：ABC
9．BCD
【分析】由椭圆，可得，，，左、右焦点分别为，．
对于A，，即可判断出正误；
对于B，由，即可判断出正误．
对于C，当点取短轴的一个端点时，取得最大值，取，则，求出即可判断出正误．
对于D，设，，，，，由，可得，即，又，代入即可判断出正误．
【详解】由椭圆方程得，
因此．
选项A中，，A错误；
选项B中，，当且仅当时取等号，B正确；
选项C中，当点为短轴的端点时，取得最大值，取，则，
的最大值为60°，C正确；
选项D中，设．
，
，即或．
又由题意知，
或，
化简得或，D正确．
故选：BCD．
【点睛】本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
10．
【分析】由椭圆的标准方程的特征列方程组求解可得.
【详解】因为椭圆的焦点在y轴上，
所以，解得，即实数k的取值范围为.
故答案为：
11．
【详解】试题分析：设M,N的中点坐标为P，,则
；由于，化简可得，根据椭圆的定义==6，所以12.
考点：1.椭圆的定义；2.两点距离公式.
12．/
【分析】结合椭圆的定义求得正确答案.
【详解】依题意，椭圆方程为，所以，
所以是椭圆的右焦点，设左焦点为，
根据椭圆的定义可知，
，
所以的最大值为.
故答案为：
13． 9 4
【解析】首先根据题意得到，再利用基本不等式即可得到的最大值.根据题意得到，从而得到，从而得到答案.
【详解】由可得：，，
则，
由椭圆定义可知，
，
当时取等号．
.
，
又（当且仅当在线段上时取等号），
.
故答案为：9；4.
【点睛】本题考查椭圆的定义、几何性质、最值类问题，关键在于能够利用椭圆定义将焦半径进行转化，从而变成函数和几何问题来进行求解.
14．．
【分析】由椭圆上的动点满足为直角可得，与联立，解出点的横坐标．
【详解】由题意得，所以，所以．设，令的坐标为的坐标为．
因为，所以在中，，
即，化简得．又，所以，
所以，解得．
所以点的横坐标为．
【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查方程思想与化归思想，属于中档题．
15．（1）.（2）.
【详解】试题分析：（1）根据题设条件列出关于基本量的方程组，解出即可．（2）中已知焦点三角形的面积，但其底边已知，故的纵坐标可求，再利用在椭圆上求出其横坐标即可．
解析：
（1）的焦点为，设方程为，焦距为，则，把代入，则有，整理得，故或（舎），
，故椭圆方程为．
（2），设，则面积为，则，而 ，所以，，所以点有4个，它们的坐标分别为．
16．．
【分析】由，结合椭圆的方程，可得点在椭圆的内部，点在椭圆上时，，所以，的最小值为点落在线段上时，最小，即可得的取值范围.
【详解】由题意知，，所以，所以．
因为，所以点在椭圆的内部，且不与原点重合．
由椭圆的定义和几何性质，知，
点落在线段（除原点外）上时，取最小值，
此时．
故的取值范围是．
【点睛】本题主要考查椭圆的定义，确定点再椭圆内部最关键，考查了椭圆的简单性质，属于中档题
17．(1)；
(2).
【分析】（1）由已知可得，根据定义可得，所以，进而可得出椭圆的标准方程；
（2）设，根据已知可推得.进而根据椭圆的方程可推出以及.即可得出答案.
【详解】（1）由已知可设，.
则，
则由椭圆的定义可得，，所以.
又，所以.
所以，椭圆C的标准方程为.
（2）设，
则，.
结合题意可得，.
又，所以.
所以有，
所以，，又，所以.
又，所以，所以.
所以，点P的纵坐标的取值范围为.
18．（1）；（2）6.
【分析】（1）根据椭圆定义求得轨迹方程；
（2）设，由可得两点坐标间的关系，结合两点在椭圆上求出两点的坐标，从而可得线段长．
【详解】（1）设动圆的半径为．由题意得，定圆的半径为，
定圆的半径为，则，①
，②
，得．
由椭圆的定义知点的轨迹是以为焦点，
为的椭圆的一部分（在的内部）其轨迹方程为．
（2）设，
则．
由可得，
，
所以，③
由是轨迹上的两点，得
由④⑤得，
将代入③，得，
将代入④，得，所以，
所以．
【点睛】本题考查由椭圆的定义求轨迹方程，考查直线与椭圆相交的弦长．本题解题方法是求出交点坐标，由两点坐标得出线段长．考查学生的运算求解能力．
19．（1）；（2）.
【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标设出椭圆C的标准方程，再将点代入方程，即可得出椭圆C的标准方程；
（2）由定义得出，由余弦定理得出，求出，再由三角形面积公式得出面积.
【详解】（1）因为椭圆的焦点坐标为，所以设椭圆C的标准方程为①
将点代入①，整理得
解得或（舍去）
所以椭圆C的标准方程为.
（2）因为点P在椭圆C上，
所以.
由（1）知，在中，
所以由余弦定理得，
即.
因为
所以
即.
所以.
.
所以的面积为.
【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程以及椭圆中三角形的面积问题，属于中档题.
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