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2022届高三数学压轴题专练——圆锥曲线
1．如图，已知双曲线，过向双曲线作两条切线，切点分别为，，且.
(1)证明：直线的方程为.
(2)设为双曲线的左焦点，证明：.
2．已知斜率为k的直线l与抛物线y2=4x交于A B两点，y轴上的点P使得△ABP是等边三角形.
(1)若k>0，证明：点P在y轴正半轴上；
(2)当取到最大值时，求实数k的值.
3．设直线与双曲线交于M，N两个不同的点，F为右焦点.
(1)求双曲线C的渐近线方程及两条渐近线所夹的锐角；
(2)当时，设直线与C交于M，N，三角形面积为S，判断：是否存在k使得成立？若存在求出k的值，否则说明理由.
4．1.已知椭圆的短轴长为，直线l：与x轴交于点A，椭圆的右焦点为F，，过点A的直线与椭圆交于P，Q两点．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若，求直线PQ的方程；
(3)过点P且平行于y轴的直线交椭圆于另一点M，求面积的最大值．
5．已知椭圆：的左，右焦点分别为，，椭圆上任意一点到焦点距离的最大值是最小值的倍，且通径长为（椭圆的通径：过椭圆的焦点且垂直于长轴的弦）.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过的直线与椭圆相交于不同的两点，，则的内切圆面积是否存在最大值 若存在，则求出最大值；若不存在，请说明理由.
6．已知中心在原点，对称轴为坐标轴的椭圆的其中一个焦点在抛物线的准线上，并且椭圆的左顶点到左焦点的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)一条直线与椭圆C分别交于A，B两点，且，试问点O到直线AB的距离是否为定值，并证明你的结论.
7．已知圆，点，点Q在圆上运动，的垂直平分线交于点P．
(1)求动点P的轨迹的方程C；
(2)设分别是曲线C上的两个不同点，且点M在第一象限，点N在第三象限，若，O为坐标原点，求直线MN的斜率；
(3)过点的动直线l交曲线C于两点，在y轴上是否存在定点T，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点T的坐标，若不存在，请说明理由．
8．已知抛物线的焦点为.且与圆上点的距离的最小值为.
（1）求抛物线的方程；
（2）若点在圆上，，是的两条切线.，是切点，求面积的最大值.
9．如图，抛物线（）的焦点为椭圆的的右焦点，为椭圆的右顶点，为坐标原点.过的直线交抛物线于，两点，射线，分别交椭圆于，两点.
(1)求抛物线的方程，并证明点在以为直径的圆的内部；
(2)记，的面积分别为，，若，求直线的方程.
10．已知椭圆：的左右焦点分别为，左顶点为，离心率为，上顶点，的面积为
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线：与椭圆相交于不同的两点，是线段的中点.若经过点的直线与直线垂直于点，求的取值范围.
11．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于A，B两点，当轴时，.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线l交y轴于点D，过点D且垂直于y轴的直线交抛物线C于点P，直线PF交抛物线C于另一点Q.
①是否存在定点M，使得四边形AQBM为平行四边形？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由.
②求证：为定值.
12．已知椭圆，分别为左右焦点，O为坐标原点，过O作直线交椭圆于C，D两点，若周长的最小值为6，面积的最大值为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线交椭圆E于A，B两点，
①若直线的斜率为且的面积为，求直线方程；
②若直线与x轴交于M点，当点A在x轴的上方时，有，且直线与圆相切于点N，求的长.
13．已知椭圆的左右顶点分别为A，B，点P为椭圆上异于A，B的任意一点.
(1)证明：直线PA与直线PB的斜率乘积为定值；
(2)设，过点Q作与轴不重合的任意直线交椭圆E于M，N两点.问：是否存在实数，使得以MN为直径的圆恒过定点A？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
14．已知圆过点.
(1)求圆的方程；
(2)已知点，，点是圆上任意一点，求的最大值，并求出此时点的坐标.
15．设圆的圆心为A，直线l过点且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E．
(1)判断与题中圆A的半径的大小关系，并写出点E的轨迹方程；
(2)过点作斜率为，的两条直线，分别交点E的轨迹于M，N两点，且，证明：直线MN必过定点．
16．已知椭圆过点，且有两个顶点所在直线的斜率为，过椭圆左顶点A的直线l与椭圆C交于点M，与y轴交于点N．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若的面积为，求直线l的方程；
(3)设过原点O且与直线l平行的直线交椭圆于点P，求证为定值．
17．已知焦点为F的抛物线经过圆的圆心，点E是抛物线C与圆D在第一象限的一个公共点，且．
（1）分别求p与r的值；
（2）直线交C于A，B两点，点G与点A关于x轴对称，直线分别与直线交于点M，N（O为坐标原点），求证：．
18．已知椭圆C：的离心率为，，分别为椭圆C的左、右焦点，过且与x轴垂直的直线与椭圆C交于点A，B，且的面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l与椭圆C交于不同于右顶点P的M，N两点，且，求的最大值．
19．已知椭圆的长轴长为4，离心率为
(1)求椭圆的程；
(2)设椭圆的左焦点为F，右顶点为G，过点G的直线与y轴正半轴交于点S，与椭圆交于点H，且轴，过点S的另一直线与椭圆交于M，N两点，若，求直线MN的方程．
(3)圆锥曲线问题的关键一步是条件的翻译，所以请同学们不用解答，翻译下面的条件，转化为数学表达式：
①若直线与双曲线交于A、B两点，与其渐近线交于C、D两点，求证：AC=BD.
②椭圆的左顶点为D，上顶点为B，点A的坐标为，过点D的直线L与椭圆在第一象限交于点P，与直线AB交于点Q，设L的斜率为K，若，求斜率K的值.
③椭圆的左顶点为A，过点A作直线与椭圆交于另一点B，若直线交轴于点C，且，求直线的斜率.
20．已知椭圆过点，且离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过的直线交椭圆于，两点，判断点与以线段为直径的圆的位置关系，并说明理由．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）设出切线方程，联立后用韦达定理及根的判别式进行表达出A的横坐标与纵坐标，进而表达出直线的方程，化简即为结果；（2）再第一问的基础上，利用向量的夹角公式表达出夹角的余弦值，进而证明出结论.
(1)
显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，则，化简得.
因为方程有两个相等实根，故切点A的横坐标
，得，则，
故，则，即.
(2)
同理可得，又与均过，
所以.
故，，
，
又因为，所以，
则，
，
故，故.
【点睛】
圆锥曲线中证明角度相关的问题，往往需要转化为斜率或向量进行求解.
2．(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）设，的中点为，则计算可得，从而可得点P在y轴正半轴上.
（2）结合（1）中的直线方程，利用弦长公式、韦达定理可得，利用导数可求何时取到最大值时，从而可求对应的斜率.
(1)
设，的中点为，，
因为，故直线的斜率存在，故，故，
故直线，故，
因为的中点为，故，故.
所以点P在y轴正半轴上.
(2)
当与轴垂直时，；
当与轴不垂直时，因为△ABP是等边三角形，故与轴不垂直，故.
由（1）可得即，
故，所以，
又，
由可得，
所以即且，
因为△ABP是等边三角形，故，
故，整理得到，此时成立.
由可得.
因为，故，其中.
设，，
则，
当时，；时，；
所以在上为增函数，在上为减函数，
故当时，的最大值为，
此时，
此时直线的斜率即.
【点睛】
思路点睛：对于抛物线中的计算问题，需考虑几何对象的合理假设，本题如果用斜率和截距表示直线方程，则计算量巨大，但如果设弦的中点，则可简化计算.另外注意导数在最值问题中的应用.
3．(1)双曲线的渐近线方程为，它们所夹的锐角为
(2)存在，或
【解析】
【分析】
（1）令得出渐近线方程，而后求出所夹的锐角；
（2）将直线方程代入到双曲线方程消去x并化简，进而利用根与系数的关系结合三角形面积公式求得答案.
(1)
由题意，令，所以双曲线的渐近线方程为，易得它们所夹的锐角为.
(2)
右焦点F的坐标为，
设，联立得，
化简得或且，
所以，又，所以三角形面积，即或，满足题意，所以存在或使得成立.
【点睛】
当在思考三角形面积这一步时，我们就应该想到应该用到根与系数的关系，接下来就是运算问题.需要注意的是，我们不能盲目地每道题都一开始就写出根与系数的关系，而应该结合题目的具体要求，这道题到底需要求什么，那我们就应该先求出什么.
4．(1)；
(2)或
(3)
【解析】
【分析】
（1）由，求得，由，即可求得a的值，求得椭圆方程；
（2）设直线PQ的方程，代入椭圆方程．利用韦达定理及向量的坐标运算即可求得k的值；
（3）运用向量的共线的坐标运算和韦达定理，计算化简即可得证Q，F，M三点共线，则面积，代入，利用基本不等式即可求得面积的最大值．
(1)
由题意，，则，，则，则，由，则，，所以椭圆的方程为；
(2)
由（1）可得，设直线PQ的方程为，
，整理得，
依题意，得，设，
则①，②，由直线PQ的方程得，
于是③，由，则，④
由①②③④得，从而，所以直线m的方程为或；
(3)
设，即有，
即，，设，即有，
则，，，，∴，
由于，等价为，
由韦达定理代入可得，
则有，故有，∴Q，F，M三点共线，
∴面积，
，
当且仅当，即时取等号，满足，
∴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．
5．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆中距离的最值关系以及通径长度可得椭圆方程；
（2）由已知得当取最大值时，圆面积最大，又，设直线方程，联立方程求最值.
(1)
解： 由已知得，得，所以，又椭圆通径长为，所以，解得，，，椭圆方程为；
(2)
解：由已知可得内切圆半径，当取最大值时，圆面积最大，故当取最大值时，圆面积最大，
由已知可得直线斜率一定存在，设直线方程为，
联立，得，恒成立，
，，
所以，
设，则，当且仅当时取等，
此时，，
即内切圆面积的最大值为
【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．
6．(1)；
(2)是，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先求出抛物线的准线方程，进而列出关于a,c的方程组并解出，最后求得答案；
（2）首项考虑直线AB的斜率是否存在，若存在，设直线的方程为并代入椭圆方程进行化简，进而结合根与系数的关系与点到直线的距离公式得到答案.
(1)
易知抛物线的准线方程为：，于是在椭圆中有，则椭圆的标准方程为：.
(2)
若直线AB的斜率不存在，因为，所以，于是设，又A，B两点在椭圆C上，则，所以，点O到直线AB的距离.
当直线AB的斜率存在时，设直线的方程为，且设，
联立方程，
所以，
由得到，
则，满足，
此时，O到直线AB的距离.
综上可知：点O到直线AB的距离为定值．
【点睛】
本题的破解点在于由，得到，进而有，由此联想到根与系数的关系，另外“设而不求”在本题中体现得非常好.
7．(1)；
(2)；
(3)存在，.
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆定义即可求得答案；
（2）设出点的坐标，然后根据得到坐标间的关系，再结合椭圆和圆的方程求得点的坐标，最后求出斜率；
（3）设出T的坐标及直线方程，以及A,B的坐标，根据题意可知，将直线方程代入椭圆方程并通过根与系数的关系求得答案.
(1)
由题意， ，
动点P是以为焦点，长轴长为的椭圆，设标准方程为，
则，，，方程C为.
(2)
设，，
，，．
，，
代入椭圆方程可得，又，
联立解得，，.
(3)
设，易得AB的斜率一定存在，否则不会存在T满足题意，设直线AB的方程为，，，则
（*），
联立，化为，易知恒成立．
，．
代入（*）式可得：，
化为，
，解得．
在y轴上存在定点，使以AB为直径的圆恒过这个点T．
【点睛】
本题第（3）问的过程较为复杂，但思路非常直接，先设点，使以AB为直径的圆恒过这个点．设直线AB的方程为，与椭圆方程联立可得根与系数的关系，代入上式，解出即可．
8．（1）；（2）最大值.
【解析】
【分析】
（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值，求出抛物线方程；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】
（1）抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
所以抛物线的方程为.
（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点，，，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
【点睛】
方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
9．(1)，证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由椭圆方程可得焦点坐标以及椭圆的方程，再由直线与椭圆联立，可得，又，即可得证；
（2）设直线方程，联立方程组，再设直线，方程，再联立可得坐标，再根据面积关系解方程.
(1)
解：椭圆，可得，右焦点，，
所以，解得，抛物线：，
设直线的方程为，点，，
联立，得，
，，
，
，
故，
所以点在以为直径的圆的内部；
(2)
解：由（1）得直线的方程为，直线的方程为，
联立，设，，
解得，
同理可得，
又，
即，
故，
即，
即，
解得，
故直线方程为：.
【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．
10．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.
（2）对进行分类讨论，求得，进而结合基本不等式求得的取值范围.
【详解】
（1）由已知，有.
又
∴
∵
∴.
∴椭圆的方程为
（2）①当时，点即为坐标原点，点即为点，则，．
∴．
②当时，直线的方程为．则直线的方程为，即．
设，.
联立方程消去得此时
∴
∴
∵为点到直线的距离
∴
又为点到直线的距离
∴
∴
令，则.
∴
即时，
综上，可知的取值范围是.
【点睛】
含有变量的式子求最值，可考虑结合基本不等式、二次函数的性质、导数等知识来进行求解.
11．(1)
(2)①存在，；②证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据当轴时，易得，求出，即可得出答案；
（2）①设直线l的方程为，联立直线与抛物线方程，消，设，，利用韦达定理求得，从而可求得线段AB的中点N的坐标连接QM，若四边形AQBM为平行四边形，则N是QM的中点，求得点的坐标，设直线PQ的方程为，代入抛物线C的方程，利用韦达定理可求的点的坐标，从而可求得点的坐标；
②利用点到直线的距离公式求得点到直线的距离，再利用弦长公式求得，从而可求的，同理可得，从而可得出结论.
(1)
解：当轴时，易得，
所以，解得，
所以抛物线C的方程为；
(2)
①解：易知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为，
代入抛物线C的方程，并整理得，
设，，由根与系数的关系得，.
所以，所以线段AB的中点N的坐标为，连接QM，若四边形AQBM为平行四边形，则N是QM的中点，
易知，因此，
设直线PQ的方程为，代入抛物线C的方程，整理得，
所以，
故，因此，
故可得，，
故点M的坐标为，
因此存在定点，使得四边形AQBM为平行四边形；
②证明：点到直线的距离，
由，，可得，
因此，
同理可得，
所以，为定值.
【点睛】
本题考查了抛物线的标准方程和直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线中的存在性问题和定值问题，考查了学生的数据分析能力和计算能力，难度较大.
12．(1)
(2)①或；②
【解析】
【分析】
（1）考虑直线斜率不存在和斜率存在下，周长的最小值和面积最大值，得到，，结合，求出，，得到椭圆方程；（2）①设出直线：，联立后用韦达定理，表达出的长度，结合的面积为，求出直线方程；②利用，得到，结合韦达定理求出，再用勾股定理求出的长.
(1)
当直线斜率不存在时，此时，，，周长为，面积为
当直线的斜率存在时，设直线：，联立：，可得：，设，
则，，所以
根据对称性，，故，此时周长为，其中，因为，故，则，所以当直线斜率不存在时，周长最小，即，，设点到直线的距离为，则，，要想面积最大，则越大，故当直线斜率不存在时，面积最大为，所以，由，解得：
，，椭圆E的方程为：
(2)
①设直线：，联立，可得：，
由得：
设，
则，，所以
设原点到直线的距离为，则，故，解得：或，符合要求
故直线的方程为或
②设直线：，则，联立，可得：，则①，②
由可得：，代入①②式中，可得：
因为直线与圆相切于点N，所以，解得：，代入中，解得：或（舍去）
设圆的半径为，此时
【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．
13．(1)证明见解析
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）设出点P的坐标，进而代入椭圆方程，再求出两条直线斜率的乘积，最后得到答案；
（2）设出点的坐标，根据以MN为直径的圆过点A，得到，设出直线的方程并代入椭圆方程，然后利用根与系数的关系求得答案.
(1)
，设，且，则，所以 .
(2)
设，根据题意，设直线MN的方程为，
联立及，得，
，
，（*）
若以MN为直径的圆过点A，则，即
将,带入整理得：；
带入（*），化简整理得5，解得，或（舍）满足，故存在，使得以MN为直径的圆过恒过定点A.
【点睛】
本题的破题点在于对的应用，当得到时便可以判断，此题应当与根与系数的关系联系紧密，平常注意对此类问题的总结.
14．(1)圆
(2)，点或
【解析】
【分析】
（1）代入点，可得半径及圆的方程；
（2）设，，根据向量的运算可得，利用三角换元可得，转化为三角函数求最值可得最值及与，进而可得点的坐标.
(1)
解：由圆过点，
得，即
所以圆；
(2)
解：设，，，
由已知得，，且，
又，，
则，
，
，
即，
设，，则，即，
所以，，
当，即时取最大值为，
此时，，
设，则，解得：，
即点或.
15．(1)与半径相等，
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）依据椭圆定义去求点E的轨迹方程事半功倍；
（2）直线MN要分为斜率存在的和不存在的两种情况进行讨论，由设而不求法把条件转化为直线MN过定点的条件即可解决.
(1)
圆即为，
可得圆心，半径，由，
可得，由，可得，
即为，即有，
则，所以其与半径相等.
因为，
故E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆（不包括左右顶点），
且有，，即，，，
则点E的轨迹方程为；
(2)
当直线MN斜率不存在时，设直线方程为，
则，，
，，则，∴，
此时直线MN的方程为
当直线MN斜率存在时，设直线方程为：，
与椭圆方程联立：，得，
设，，有
则
将*式代入化简可得：，即，∴，
此时直线MN：，恒过定点．
又直线MN斜率不存在时，直线MN：也过，故直线MN过定点.
【点睛】
数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
16．(1)
(2)
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）现根据椭圆过点，求得b，再根据椭圆有两个顶点所在直线的斜率为可判断出，进而求得答案；
（2）设直线方程，和椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示出M坐标，进而表示出 ,然后表示出点到直线的距离，利用三角形的面积可求得答案.
（3）由（2）已经表示出，再表示出 ,设直线OP的方程和椭圆方程联立，表示出P点坐标，可得，将三者的表达式代入中整理化简可得结论.
(1)
因为椭圆过点，所以 ，
又椭圆有两个顶点所在直线的斜率为，则 ，
所以 ，
故椭圆方程为 .
(2)
由题意过椭圆左顶点A的直线l与椭圆C交于点M， ，
可知直线的斜率存在，不妨设为k，则直线l的方程为 ，
由 得 ，
设 ，则 是方程的两个根，
所以 ，故 ，
所以 ，
点到直线的距离 ，
因为的面积为，
所以 ，即 ，
解得 ，
所以直线l的方程为 ，即 .
(3)
由(2)可知直线l的方程为， ，
，所以 ，
设直线OP的方程为 ，
由 得： ，
设 ，则 ，则 ，
所以 ，
故 ，
因此为定值.
17．（1）；；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）将代入，可得的值；由抛物线的定义可求得点的坐标，将其代入圆的方程，可得的值；
（2）设，，，，表示出点，的坐标，利用分析法，可将原问题转化为证明，联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理，即可得证．
【详解】
解：（1）由已知得抛物线C过点，
所以，所以．
即抛物线C的方程为．
设点，
则，
所以，
于是得，即，
将点E的坐标代入圆D的方程，得，
所以．
（2）设，
则），显然，均不为0．
联立消去y，得．
由题意得，且，即，
则①，②．
因为，所以直线的方程为，
故．
直线的方程为，
故．
若要证明，即证，只需证，即证，
即证．
将代入上式，即证，
即证③，
将①②代入③，得，此等式显然成立．
所以恒成立，故 |，即．
【点睛】
本题主要考查直线与抛物线的位置关系中的定值问题，借助分析法，将问题进行转化是解题的关键，考查推理能力和运算能力，属于难题．
18．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据离心率得到关系式，再结合的面积为得到，利用求出a，b的值，进而求出椭圆方程；（2）根据题目特征，设出直线l的方程，联立后利用韦达定理和得到，用含的式子表达出，求得最大值，进而得到的最大值.
(1)
因为椭圆C的离心率为，所以①．
将代入，得，
所以，
则，即②．
由①②及，得，，
故椭圆C的标准方程为．
(2)
由题意知，直线l的斜率不为0，则不妨设直线l的方程为．
联立得消去x得，
，化简整理，得．
设，，则，．
因为，所以．
因为，所以，，
得，
将，代入上式，得，
得，
解得或（舍去），
所以直线l的方程为，则直线l恒过点，
所以．
设，则，，
易知在上单调递增，
所以当时，取得最大值，为．
又，
所以．
【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．
19．(1)；
(2)或；
(3)答案见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据给定条件求出椭圆C的长短半轴长即可作答.
(2)根据给定条件求出点H，S的坐标，推得，再由面积定理导出，
然后分直线MN斜率存在与不存在讨论即可推理计算作答.
(3)分析各问题，探讨出解决相应问题的关键条件并用数学表达式写出即得.
(1)
因椭圆的长轴长为4，离心率为，则，即，半焦距为，有，解得，于是得，
所以椭圆的程是.
(2)
由(1)知，，由得，因轴，且交y轴正半轴于，则有，
又，则，即，，
因，即，则有，
当直线MN斜率不存在时，直线MN方程为，必有点，，不符合题意，
因此，直线MN斜率存在，设直线MN的方程为：，
由消去y并整理得：，设，
则有，由可得，即，
于是得，由解得：，即，
所以直线MN的方程为或.
(3)
①方程组与消去y后所得一元二次方程两根和相等，得线段AB与线段CD中点重合即可.
②设，依题意得，，
则有，由直线得，，
因，即得：，
所以有：，直线L的斜率不为0时，设L的方程为，求出，再讨论直线L的斜率为0的情况.
③直线的斜率存在，设的方程为：，可得，由求出点B的横坐标，
由弦长公式求出，由计算即可.
【点睛】
思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，联立直线方程与椭圆方程，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.
20．(1)
(2)点，在以为直径的圆外，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据点在椭圆上，求得，再根据离心率求得，则可得答案;
（2）方法一：设直线方程，和椭圆方程联立，整理可得根与系数的关系式，借助于此式，表示出点与圆心的距离，进而将此距离与圆的半径比较大小，即可判断结论；
方法二：可以通过计算向量，的数量积，从而判断二者的夹角大小，进而判断点与以线段为直径的圆的位置关系.
(1)
椭圆过点，且离心率为，
则，
而,则
椭圆的方程；
(2)
方法一：当的斜率为0时，显然，与以线段为直径的圆的外面，
当的斜率不为0时，设的方程为：，点，，，，
中点为，．
由，得，
所以，，从而，
所以，
故，
所以，故，在以为直径的圆外．
解法二：当的斜率为0时，显然，与以线段为直径的圆的外面，
当的斜率不为0时，设的方程为：，
设点，，，，
则，，，，
由，得，
，，
，，
又，不共线，所以为锐角，
故点，在以为直径的圆外．
答案第1页，共2页
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