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2022届高三数学压轴题专练——圆锥曲线
1．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．
2．如图，点P在抛物线外，过Р作抛物线C的两切线，设两切点分别为，，记线段AB的中点为M.
（1）求切线PA，PB的方程;
（2）设点Р为圆上的点，当取最大值时，求点P的纵坐标.
3．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．
4．O为坐标原点椭圆的左右焦点分别为，离心率为；双曲线的左右焦点分别为，离心率为，已知，切．
(1)求的方程；
(2)过作的不垂直于y轴的弦，M为的中点，当直线与交于P，Q两点时，求四边形面积的最小值．
5．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．
6．如图，过点的直线l交抛物线于A，B两点.
(1)求证：点A，B的纵坐标之积为定值；
(2)若抛物线上存在关于直线l对称的两点M，N，直线AM，AN分别交x轴于点D，E，求△BDE的面积的取值范围.
7．设为椭圆的左焦点，直线与椭圆交于，两点.
（1）求的最大值；
（2）若直线与轴、轴分别交于，，且以为直径的圆与线段的垂直平分线的交点在椭圆内部（包括在边界上），求实数的取值范围.
8．设、分别是椭圆的左、右焦点，过直线l与椭圆E相交于A，B两点.
(1)当t为常数时.若成等差数列，且公差不为0，求直线l的方程：
(2)当时，延长与E相交于另一个点C，试判断直线与椭圆位置关系，并说明理由.
9．分别是椭圆的左、右焦点，，M是E上一点，直线MF2与x轴垂直，且.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A，B，C，D是椭圆E上的四点，AC与BD相交于点F2，且AC⊥BD，求四边形ABCD面积的最小值.
10．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．
11．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.
12．设点、分别是椭圆C：的左、右焦点，且，点M、N是椭圆C上位于轴上方的两点，且向量与向量平行.
（1）求椭圆C的方程；
（2）当时，求的面积；
（3）当时，求直线的方程.
13．1.已知椭圆），离心率为，如图，是圆M：的一条直径，若椭圆E经过A、B两点．
(1)求椭圆E的方程．
(2)点P为椭圆E上一个动点，求△面积的最大值．
14．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.
15．如图，已知点是抛物线上位于第一象限的点，点，点是轴上的两个动点(点位于轴上方)， 满足，线段分别交轴正半轴、抛物线于点，射线交轴正半轴于点
(1)若四边形ANPM为矩形，求点的坐标；
(2)记的面积分别为，求的最大值．
16．已知椭圆的一个焦点为，离心率为，点P为圆上任意一点，为坐标原点．
(1)记线段OP与椭圆C的交点为Q，求的取值范围；
(2)设直线l经过点P，且与椭圆C相切，与圆M相交于另一点A，点A关于原点的对称点为B，试判断直线PB与椭圆C的位置关系，并证明你的结论．
17．已知椭圆M：的左、右焦点分别为、，，点在椭圆M上．
（1）求椭圆M的方程；
（2）过的直线l与椭圆M交于P、Q两点，且，求直线l的方程；
（3）如图，四边形ABCD是矩形，AB与椭圆M相切于点F，AD与椭圆M相切于点E，BC与椭圆M相切于点G，CD与椭圆M相切于点H，求矩形ABCD面积的取值范围．
18．已知双曲线的左焦点为F，右顶点为A，渐近线方程为，F到渐近线的距离为．
(1)求C的方程；
(2)若直线l过F，且与C交于P，Q两点（异于C的两个顶点），直线与直线AP，AQ的交点分别为M，N．是否存在实数t，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
19．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：.
20．已知曲线：（）
（1）若曲线是焦点在轴点上的椭圆，求的取值范围；
（2）设，曲线与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与曲线交于不同的两点 ，直线与直线交于点.求证：，，三点共线.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(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．
2．（1）， ；（2）.
【解析】
【分析】
（1）结合导数的几何意义即可求得；
（2）设，代入抛物线方程运用根与系数的关系得出，进而可以得到P的坐标，代入圆的方程可得k,b的关系并求出b的范围，求出并化简，从函数或不等式的角度求出答案.
【详解】
（1）由题，所以切线，同理切线
（2）由（1）联立两切线方程，解得∶，
设直线，则联立，解得∶，所以
即点，代入圆D方程得∶，即，解得∶
而，易知线段AB的中点
所以，则
设，则
当且仅当即时取到等号，此时，即此时点P的纵坐标为.
【点睛】
圆锥曲线中的最值与范围问题，在大题中往往采用代数法求解，需要考虑一下几个方面：①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知不等关系建立不等式，求出参数取值范围；③利用基本不等式求出参数取值范围；④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围.平常注意对各个类型的归纳总结.
3．(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。
4．(1)的方程为：，的方程为：
(2)1
【解析】
【分析】
（1）先根据求出，再代入所列出的方程中，求出，；（2）设出直线，联立后用弦长公式求出的长，再求出P，Q两点的坐标，利用点到直线距离公式，表示出，点直线距离，用表达出四边形面积，分离常数后求得面积的最小值
(1)
因为，，，
所以①
因为，所以②
由①得：，解得：，代入②式中，
解得：，
所以的方程为：，的方程为：
(2)
，因为直线不垂直于y轴
所以设方程为：
联立 得：
设，，
则，，，
则，
因为点M在直线上，所以，
直线：
联立得：
解得：，显然，故
当时，，
当时，
则，
，点直线距离分别是：
，
因为，点直线两侧，故
显然，所以
所以
则
则四边形面积
当时，四边形面积取得最小值，此时
此时方程为：，符合题意，故四边形面积的最小值为1
【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）证明见解析.
【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．
6．(1)证明见解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）分过点的直线l斜率存在与不存在两种情况去证明；
（2）先求得△BDE的面积的的解析式，再求其取值范围即可解决.
(1)
过点的直线l斜率不存在时，方程为，令，，则A，B的纵坐标之积为.
过点的直线l斜率存在时，方程可设为，令，
由可得，，则
综上，点A，B的纵坐标之积为定值.
(2)
由题意可知直线MN斜率存在且不为0，
直线MN的方程可设为，令，
由，可得，
则，
设，，则中点为，代入
得，即，代入，得
由 ，即，可得，则
由 ，，可得，则
则
故△BDE的面积为
又，则
故△BDE的面积的取值范围为
【点睛】
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
7．（1）；（2）或.
【解析】
【分析】
（1）联立直线和椭圆方程，利用焦半径公式，结合韦达定理得到|CA|+|CB|关于k的表达式，进而利用基本不等式求得最大值；
（2）先根据直线的方程求得M,N的坐标，进而得到以线段MN为直径的圆的方程和线段MN的垂直平分线方程，解方程组求得圆与垂直平分线的交点坐标，利用点在椭圆内的条件得到不等式组求解即得k的取值范围.
【详解】
（1）的半长轴半短轴
半焦距
离心率
设，，
联立，可得，
所以，
,
则；
（2）依题意可知，，
所以圆的方程为①，垂直平分线为②，
联立①②消去, ,
即,
即,
即,
即,
即，
解得，，
对应，，
两个交点的坐标为
则可知且，
即，
即，
解得或.
8．(1)
(2)相切，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据成等差数列，列出相应等式，表示出，然后设直线方程，利用根与系数的关系可求得直线斜率，即可得直线方程；
（2）讨论直线斜率是否存在的情况，可设直线方程并联立椭圆方程，利用根与系数的关系化简，进而证明判别式等于零，可得结论.
(1)
∵成等差数列，且公差不为0，
∴直线斜率存在，且,
又∵，∴,
设直线方程为,
联立，得，则,
∴，解之得,
故直线方程为.
(2)
直线与椭圆的位置关系是：相切.
理由如下：时，即 ，
①若斜率不存在，则方程为，此时，，
方程为，联立，整理得，
解得 ，
所以，方程为，联立得，
整理得，
故直线与椭圆的位置关系是相切.；
②若斜率存在，设，则，
令，
联立，得，
由书达定理可知，并注意到，
得，即，
故，得
同理得，此时，，
直线的方程为，整理得，
联立，得，
注意到，故，
此时，
故直线与椭圆的位置关系是：相切，
综合以上可知：直线与椭圆的位置关系是：相切.
9．(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）根据直线的斜率进行分类讨论，求得四边形的面积，结合基本不等式求得四边形的面积的最小值.
(1)
依题意，
由于轴，且，
则，
结合得，
所以椭圆的方程为.
(2)
设四边形的面积为.
当直线的斜率不存在时，，
.
当直线的斜率为时，同理可求得.
当直线的斜率存在且不为时，
设直线的方程为，
由消去并化简得，
所以，
所以
，
直线的方程为，
同理可求得.
所以
，
当且仅当时等号成立，且.
综上所述，四边形的面积的最小值为.
【点睛】
求解椭圆中四边形面积的最值问题，关键步骤有两个，第一个是求得面积的表达式，这一步求弦长时需要很强的运算能力.第二个是求面积的最值，可考虑利用基本不等式、二次函数的性质、三角换元法来进行求解.
10．(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．
11．(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.
12．（1）；（2）4；（3）.
【解析】
【分析】
（1）由，可求出，从而可求出；
（2）设，根据向量的数量积求出点的坐标，由三角形面积公式可得的面积；
（3）向量与向量平行，不妨设，设，根据坐标之间的关系，求得的坐标，再根据向量的模，即可求出的值，根据斜率公式求出直线的斜率，根据直线平行和点斜式即可求出直线的方程
【详解】
解：（1）因为点、分别是椭圆C：的左、右焦点，
所以，所以
因为，所以，
所以椭圆C的方程为，
（2）由（1）可得，由点是椭圆C上位于轴上方的点，可设，
所以，
因为，所以，
解得，，
所以,
所以的面积为,
（3）因为向量与向量平行，所以设，
因为，所以，可得，
设，则，
所以
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
则，
所以，
所以，
所以，解得或，
所以， ，
所以，则，
所以，
因为向量与向量平行，所以所在直线的斜率为，
所以直线的方程为，即为
【点睛】
关键点点睛：此题考查椭圆的标准方程及其性质，向量的运算，斜率计算公式等知识与基本方法，解题的关键是由向量与向量平行，可设，从而可得，，可得，，由此可求得，代入前面的式子可求得的值，进而可得答案，考查计算能力，属于难题
13．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）先根据离心率将椭圆方程化简，然后设出直线并代入椭圆方程，利用根与系数的关系结合圆心为AB的中点解得答案；
（2）先求出过点P与AB平行且与椭圆相切的直线，进而根据图形确定出离AB最远的切线，然后求出面积的最大值.
(1)
解：设，容易判断直线的斜率存在，设，
由，则椭圆，
将代入得：，
因为M为AB的中点，所以，
于是，所以，
易知弦长，所以，
解得：，所以椭圆.
(2)
解：设过点P且与AB平行的直线为，代入椭圆方程得：
，令，
由图可知，当时，l与间的距离最大，最大值为，此时P为l与椭圆的切点，
所以面积的最大值为：.
【点睛】
直线与椭圆的综合题往往会结合根与系数的关系，套路一般是设出直线方程，再代入椭圆方程，进而根据根与系数的的关系进行化简和求值.
14．(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．
15．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据矩形性质，可得对角线互相平分，即的中点在轴上，然后点在抛物线，即可得；
（2）联立直线方程与抛物线，根据韦达定理求得两点的纵坐标关系，再根据条件判断与相似，进而求得两点的坐标关系，再表示并化简为关于的函数，根据两点的位置关系，以线段为直径的圆与抛物线有交点得出关于的约束，即可确定中取值范围，最后可得
(1)
当四边形为矩形时，
的中点在轴上，则有：
故-
(2)
设点，直线方程：，
显然有
联立直线与抛物线，得：
消去得：
则有：
由，得：
又由，可得：△∽△
则有：
从而，即
所以，进而有：
结合（注：由，得，故有）
可得：
又由题意知，存在抛物线上的点满足条件，即以线段为直径的圆与抛物线有
交点，且易得圆方程：
联立抛物线与圆，得
消去得：
由，结合，可解得：
令，求导可知在上单调递增
又
故有：在上单调递增
因此，
【点睛】
解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)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；在求解相关最值问题时，通常是先建立目标函数，然后应用函数的知识来解决问题；
16．(1)
(2)直线PB与椭圆C相切，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据条件先求得椭圆方程，从而可确定椭圆上一点的横坐标的取值范围，表示出的表达式，结合椭圆的范围求得答案；
（2）设直线PA的方程，和椭圆方程联立，整理得出判别式等于零，化简得
，根据圆的对称性可表示出直线PB的方程，联立椭圆方程，得到，根据 的结果可证明，即证明了直线PB与椭圆C的位置关系.
(1)
由题意知，，
所以，所以，
所以椭圆C的标准方程为．
由题意，得．
设，则，
所以.
因为，所以当时，；当时，，
所以;
(2)
直线PB与椭圆C相切．
证明如下：
由题意可得，点B在圆M上，且线段AB为圆M的直径，所以,
当直线轴时，此时直线过椭圆长轴的顶点,直线PA的方程为，
则直线PB的方程为，显然直线PB与椭圆C相切．
同理，当直线轴时，直线PB也与椭圆C相切．
当直线PA与x轴既不平行也不垂直时，
设点，直线PA的斜率为k，则，直线PB的斜率为，
所以直线方程为：，直线方程为：,
由，消去y，
得,
因为直线PA与椭圆C相切，
所以，
即①．
同理，由直线PB与椭圆C的方程联立，,
消去y得: ,
得②.
因为点P为圆上任意一点，
所以，即③．
将③代入①式，得．
将③代入②式，得
所以此时直线PB与椭圆C相切，
综上所述，直线PB与椭圆C相切．
【点睛】
本题考查了椭圆标准方程的求解以及直线和椭圆的位置关系的证明，解答的关键在于理顺解题思路，明确将直线方程和椭圆方程联立，然后利用判别式的化简进行证明结论，难点在于化简的过程运算量较大，计算较困难，需要有耐心和细心.
17．（1）；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆离心率、点的坐标求得，从而求得椭圆的方程.
（2）利用弦长公式列方程，结合根与系数关系求得直线的斜率，进而求得直线的方程.
（3）根据的斜率是否存在进行分类讨论，结合判别式、点到直线距离公式求得，求得矩形面积的表达式，结合二次函数的性质求得面积的取值范围.
【详解】
（1）由已知可得：，解得，，
所以椭圆的方程为；
（2）因为，，所以直线l的斜率存在，
设直线l的方程为：，，，
联立方程，消去y整理可得：
，
所以，，
所以，
化简可得：，所以，
则直线l的方程为：；
（3）当直线AD的斜率不存在或为0时，矩形ABCD的面积为，
当直线AD的斜率存在且不为0时，设直线AD的方程为，
联立方程消去y整理可得：
，
所以，解得，
所以，同理可得，
所以矩形ABCD的面积，
令，所以，又，所以，
则，
当，即时，取得最大值为；
所以，
所以，
综上，矩形ABCD的面积的取值范围为．
【点睛】
直线和椭圆相切，可利用判别式为零列方程，求得参数间的等量关系式.
18．(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）根据F到渐近线的距离为，可求得b，再根据渐近线方程可求得a,，即得双曲线方程；
（2）假设存在，设直线的方程，并和双曲线方程联立，得到根与系数的关系式，然后表示出点M，N的坐标，进而得到向量的坐标，利用其数量积为零，将根与系数的关系式代入，看能否解出参数t的值，即可得答案.
(1)
双曲线一条渐近线方程为 ，
焦点 ，则焦点到准线的距离 ，
由F到渐近线的距离为可知： ，
由渐近线方程为知： ，故 ，
所以双曲线方程为： ；
(2)
设直线l的方程为 ，
联立 ，整理得： ，
设 ，而 ,
则 ，
所以 ， ，
假设存在实数t，使得，则 ,
故由方程： ,令得 ，
同理方程： ,令得，
所以，
即 ，
则 ，
即 ，解得 ，
故存在实数，使得.
【点睛】
本题考查了直线和双曲线的相交问题，涉及到求双曲线方程性质以及和直线的交点等问题，还渗透了向量的应用，比较复杂，这类问题的一般解决思路，是设直线方程，然后联立圆锥曲线方程，得到根与系数的关系，然后利用所给条件得到一个关系式，将根与系数的关系代入整理化简，其中关于字母的运算量大，需要细心耐心对待.
19．(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.
20．（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据曲线是焦点在轴点上的椭圆列不等式组，由此求得的取值范围.
（2）联立直线与椭圆的方程，化简写出根与系数关系，求得直线的方程，求得点坐标，通过证明共线来证得三点共线.
【详解】
（1）由于曲线：是焦点在轴点上的椭圆，
所以.
（2）当时，椭圆方程为，，所以.
由消去并化简得，
由得，
设，
则，
直线的方程为，
由，故，
所以，
要证三点共线，
需证，
即证，
即证，
由可知
成立，
所以三点共线.
【点睛】
求解直线和圆锥曲线相交有关的问题，可利用根与系数关系，设而不求，整体代换来进行求解.
答案第1页，共2页
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