2025届高三数学高考二轮专题复习：圆锥曲线解答题专练（含解析）

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2025届高三数学高考二轮专题复习：圆锥曲线解答题专练
1．已知椭圆过点，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知斜率为2的直线l交椭圆于A，B两点（点A，B不重合），且l交直线于点M，探究是否有最小值.
2．已知椭圆的焦距为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，点在以线段为直径的圆外（为原点），求的取值范围.
3．已知椭圆的左顶点为，上顶点为.
(1)求的离心率；
(2)已知过点的直线交于两点，点是线段上异于的一点，且，证明：.
4．已知椭圆的左、右焦点分别为，，右焦点与圆：的圆心重合，短轴长与圆E的半径相等．
(1)求C的方程．
(2)已知O为原点，C上的点P满足，求直线被C截得的弦长．
(3)已知C的上顶点为A，斜率为2的直线与C交于B，D两点，的中点为M，的中点为N，到直线的距离为，C的右顶点到直线的距离为，试判断是否为定值 若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
5．设两点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积为，设点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)若直线过点，与交于两点，在轴上方，直线交于点，直线，交于点.
（i）求的最小值；
（ii）设直线与直线相交于点中点为交于点，证明：直线与定圆相切.
6．已知双曲线的左、右焦点分别为、，焦距为，虚轴长为，左、右顶点分别为、，为直线上一点，直线与直线分别与交于另一点、（不与、重合），设直线的方程为.
(1)求的标准方程.
(2)证明：且.
(3)试问直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
7．已知圆，圆过点且与圆内切，若圆的圆心的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)若过点的直线与曲线交于两点（在轴上方），且曲线与轴交于两点（在点左侧），记直线的斜率分别为，请问是否为定值，如果是请求出定值；如果不是，请说明理由．
8．已知双曲线的一条渐近线过点，是的左焦点，，过点的直线交双曲线于点，．
(1)求的方程；
(2)若，求直线的方程；
(3)若点在直线上，直线，直线都与轴平行，且直线与直线交于点，问点是否在定直线上？若在，求出定直线的方程；若不在，请说明理由．
9．已知抛物线与双曲线的渐近线在第一 四象限的交点分别为P，，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的直线与抛物线相交于两点，关于轴的对称点为.
（i）若，求直线的方程.
（ii）证明：直线必过定点.
10．已知平面内动点P到两条直线和的距离的平方和为．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)M，N是C上任意两点．
（ⅰ）C与y轴的交点分别为，（自下而上），点N位于y轴的右侧，若点，直线MN交y轴于点G，设和的面积分别为，，当时，求点N的坐标；
（ⅱ）已知直线MN与坐标轴不垂直，H为线段MN的中点，直线OH与C交于K，L两点，当时，求直线MN的斜率．
11．如图，圆是圆内一个定点，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和半径相交于点，当点在圆上运动时，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)设曲线与轴从左到右的交点为点，点为曲线上异于的动点，设交直线于点，连结交曲线于点，直线的斜率分别为．
（ⅰ）求证：为定值；
（ⅱ）证明：直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标．
12．已知椭圆分别为椭圆的右顶点和上顶点，过椭圆上的一点M（异于点）且斜率为2的直线与直线交于点，直线与椭圆的另一个交点为N．
(1)求椭圆的方程；
(2)若M在第一象限，求四边形面积的最大值；
(3)证明：直线经过定点．
13．在平面直角坐标系中，为双曲线上两不重合的动点，点，且当四点共线时，.
(1)求的标准方程；
(2)若直线与的渐近线垂直，且经过点，求直线与两坐标轴交点的坐标；
(3)若均在的右支上，且线段是的角平分线，求直线的方程.
14．已知双曲线的右焦点为且离心率为．
(1)求双曲线的方程；
(2)已知点，不过点的直线与双曲线交于，两点，且，，的斜率依次成等比数列，求点到直线距离的取值范围．
15．已知点在圆上运动，过点作轴的垂线段，垂足为，点满足，当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合.
(1)求动点的轨迹方程.
(2)设分别是方程表示的曲线的上、下顶点，、是直线与曲线的两个交点.
①若直线AC的斜率与直线BD的斜率满足，求证：直线CD过定点.
②当变化时、试探究（为坐标原点）的面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由.
16．椭圆的左，右焦点分别为，，过的直线交于，两点（点位于轴上方），为坐标原点.
(1)若，求的值；
(2)已知二次曲线在点处的切线方程为，现过，两点作的两条切线相交于点，求面积的最小值.
17．已知抛物线的焦点为为上一点，且.
(1)求的方程；
(2)过点作两条相互垂直的直线分别与交于两点.
（i）证明：直线过定点；
（ii）若直线分别与轴交于两点，记的面积分别为，当时，求的取值范围.
18．双曲线的离心率为，过左焦点的直线与双曲线的左支、右支分别交于点，当直线与轴垂直时，.
(1)求双曲线的方程；
(2)点满足，其中是坐标原点，求四边形的面积.
19．已知，分别为椭圆的左顶点和下顶点，为直线上的动点，的最小值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆的另一交点为，直线与椭圆的另一交点为．当四边形为梯形时，求点的坐标；
(3)已知直线与圆交于，两点，与椭圆交于，两点，其中，在第一象限，为原点到直线的距离，是否存在实数，使得取得最大值？若存在，求出；若不存在，说明理由．
20．已知椭圆，分别为椭圆E的左，右焦点，A，B分别为椭圆E的上、下顶点，且．
(1)求椭圆E的方程；
(2)已知过的直线与椭圆E交于M，N两点，且直线l不过椭圆四个顶点．
（ⅰ）若直线的倾斜角为，求的面积；
（ⅱ）若M在x轴上方，直线与直线的斜率分别为，且，求直线l的方程．
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《2025届高三数学高考二轮专题复习：圆锥曲线解答题专练》参考答案
1．(1)
(2)没有
【分析】（1）将点代入可求椭圆标准方程.
（2）设直线AB的方程为，，，，联立椭圆，利用韦达定理可得关系，再把表示出来，根据函数的性质知无最小值.
【详解】（1）将，代入椭圆方程得
解得，，故椭圆的标准方程为.
（2）设直线AB的方程为，，，，
联立得.
将代入椭圆方程整理得，，
，解得，
故，，
故
，
将代入上式，得，
由，得，又，
故没有最小值.
2．(1)
(2)
【分析】（1）根据焦距和离心率即可求得的值，即可求得椭圆的方程.
（2）根据题意设出直线方程，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理及点在以线段为直径的圆外则为锐角其余弦值大于，再结合向量的数量积即可求出的范围.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，则，得，
又离心率为，解得，，
故椭圆的方程为.
（2）
设直线的方程为，，，
由，得，
由，得，
则，
因为点在以线段为直径的圆外，所以为锐角，
因不共线，所以，
故，即，
因
所以
解得，
因为，则得，
解得或，
故实数的取值范围为.
3．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求得的值，利用离心率的定义即可得解.
（2）当直线的斜率为0时，分别求出的值即可得证；当直线的斜率不为0时，设，直线的方程为，易知，令，结合与韦达定理，得出，从而得证.
【详解】（1）因为，所以，因为，所以，
所以的方程为1，
故其离心率.
（2）证明：当直线的斜率为0时，不妨记，
则，
则.
当直线的斜率不为0时，设，
直线的方程为.
由得，
则0，
所以，且，.
如图，
因为，所以点在线段的垂直平分线上，则.
设，则，
则.①
又点在直线上，所以，
则，所以，
则.
整理得.②
由①②，得，所以，则，
所以.
综上，.
4．(1).
(2).
(3)为定值,.
【分析】（1）根据圆的一般方程求出圆心和半径，得出椭圆的相关参数，求出椭圆的方程.
（2）设出的坐标，根据，的坐标，写出方程，解得的横纵坐标的关系，联立椭圆标准方程，求出的横纵坐标,求出弦长.
（3）设出直线斜截式方程，求出截距的范围，设出B，D两点坐标，结合，的坐标，写出的坐标，转化为直线的方程，写出表达式，求出结果.
【详解】（1）由圆的标准方程为；得圆心坐标，半径为4，所以，，故，，所以，所以．
（2）
设，则，得，因为，，
所以，解得，所以，
因为C与直线均关于原点对称，所以直线被C截得的弦长为．
（3）
设直线方程为，联立椭圆方程得，
消去得，直线与椭圆有交点，可知，
，解得.
设，可知，即
因为，所以
可得直线解析式为，化简得，
,，
可得，，
，.
5．(1)；
(2)（i）6；（ii）证明见解析.
【分析】（1）设，根据直线的斜率之积为，列出方程，整理即可得出曲线的轨迹方程.
（2）设出直线的方程并与曲线联立，利用韦达定理得，与，
联立得，即得的表达式，然后利用基本不等式求出最值即可；（）利用斜率公式和三角函数和差角公式可得，得，进而得到圆的方程，利用可得直线与定圆相切.
【详解】（1）设，则，所以，
所以，
所以，即，
所以椭圆的方程为；
（2）（i）依题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
联立，消去得，
设，所以，
所以，
设，由题意知，，
，
由题意知，所以，
，所以，即，
所以，所以，所以，即在直线上，
由题意知，所以，
所以，即，所以，
所以，所以，
即在直线上，因为直线的方程为，直线的方程为，由，得，
所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为6；
（ii）证明：因为直线与直线相交于点，又的中点为，所以，，
设，当时，，
，
由题意得，所以，当时，也满足，
故平分，所以，所以为的中垂线，
所以，即在圆上，
又，所以，所以与定圆相切.
【点睛】关键点睛：对于圆锥曲线中的最值问题，常见思路为适当设出参数，然后得到所求最值关于参数的表达式，随后利用基本不等式，代数式恒等变形，函数单调性求得最值；要证明直线与定圆相切，可如本题中利用数形结合，平面几何知识来证明，也可以找到一点，是直线到定点距离为定值.
6．(1)
(2)证明见解析
(3)过定点，且定点坐标为
【分析】（1）根据题意求出、的值，即可得出双曲线的标准方程；
（2）将直线方程与双曲线的方程联立，根据直线与双曲线有两个交点，列出不等式组，即可证得结论成立；
（3）设、，列出韦达定理，根据、、三点共线、、、三点共线，可得出，结合双曲线的方程、以及韦达定理可求出的值，即可得出结果.
【详解】（1）根据题意可得，，则，
故双曲线的标准方程为.
（2）由题意可知，直线的斜率不为零，
联立可得，
由可得，
由，可得.
（3）设、，
由（2）可得，，
由题意易知直线、的斜率都存在，且、，
设点，因为、、三点共线，所以，即①，
因为、、三点共线，所以，即②，
由①②得，
由可得，
所以
，
即，
即，
即，
即，
因为、不与、重合，则，
所以，
化简得，解得，故直线的方程为，
故直线过定点，且定点坐标为.
7．(1)
(2)是定值，该定值为
【分析】（1）因为内切，故到点和距离之和为，曲线为椭圆.
（2）根据题干设出直线方程，再与椭圆联立，结合韦达定理把表示出来化简求值即可.
【详解】（1）设，则，则在圆内部，
则，即为，
则点的轨迹是以为焦点的椭圆，设曲线的方程为：，
则，解得，故，则的方程为；
（2）如图,令，则，
易知直线斜率不为0，设直线，
则化简得，则，
，同理，且，
则，
，
所以是定值，该定值为．
8．(1)
(2)
(3)点在定直线上
【分析】（1）根据题意，得到，求得，，再由，列出方程，求得，得到，即可求得双曲线的方程；
（2）设，，由，得到，，根据，在双曲线上，联立求得，，进而求得的方程；
（3）设的方程为，联立方程组得到，，得到，，结合轴，轴，求得的坐标，求得直线和的方程，联立方程组，得到，即可求解.
【详解】（1）由双曲线的一条渐近线过点，可得，
因为，可得，，
又因为，可得，解得，
所以，所以双曲线的方程为．
（2）由（1）知，设，，
则，，
因为，所以，且，
所以，，
因为，在双曲线上，所以且，
两式联立方程组，解得，，
直线的斜率，所以直线的方程为.
（3）设直线的方程为，且，，
联立方程组，整理得，
则，且，，
所以，，
因为轴，轴，且在直线上，则，，
所以直线的斜率为，
则直线的方程为，
同理可得，直线的方程为，
联立直线与的方程，消去得，
所以，即点在定直线上．
9．(1)；
(2)（i）或；（ii）证明见解析.
【分析】（1）设点P的坐标为，根据点在渐近线上列方程求得，再代入抛物线求参数，即可得方程；
（2）（i）设直线的方程为，联立抛物线并应用韦达定理，结合的坐标表示列方程得，即可得直线方程；（ii）设关于轴的对称点为，写出直线的方程，根据对称性知定点在必定在轴上，令结合韦达公式化简，即可证.
【详解】（1）因为点关于x轴对称，设点P的坐标为，
双曲线的渐近线方程为，
因为点P在双曲线的渐近线上，所以，
所以点的坐标为，
又点在抛物线上，所以，所以，
故抛物线的标准方程为：；
（2）（i）设直线的方程为，联立，消得，，
方程的判别式，即，
设，则①，②，
，
，代入①②得，则，
直线的方程为或；
（ii）设关于轴的对称点为，则直线为，
根据抛物线的对称性，知定点必定在轴上，
令得：
直线过定点.
10．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）．
【分析】（1）假设点的坐标，然后根据到两直线的距离平方和计算即可；
（2）（ⅰ）分别计算，，然后得到，进一步得到直线ON的方程，最后联立曲线C可得结果；（ⅱ）假设直线MN的方程、直线OH的方程并联立曲线，分别得到，，，然后根据可得结果.
【详解】（1）设动点，则P到直线的距离为，
到直线的距离为，
由题可知，化简得，
可得动点P的轨迹方程为：．
（2）（ⅰ）由题可知，，，
，
，，而，
，，，
，所以直线ON的方程为，
由可得或，
又因为点N位于y轴的右侧，所以．
（ⅱ）且，，
设直线MN的方程为：，，，
由消x得，
，
，，
又由两式相减得，可得，
则直线OH的方程为，代入得：，
则，，
，
，，
即，解得，所以直线MN的斜率为．
11．(1)
(2)；
【分析】(1)根据椭圆的定义，可以判断出动点N的轨迹为椭圆，利用椭圆的定义求，从而求得轨迹方程.
（2）（i）设，，，将分别用含式子表示，然后利用消去，最后即可得出定值；
（ii）令直线PQ的方程为，与椭圆方程联立，应用韦达定理，借助（i）的结论，得到关于的方程，解方程即可求得的值，即定点坐标.
【详解】（1）由题意可知，，
由椭圆定义可得，点N的轨迹是以E， F为焦点的椭圆，
且长轴长，焦距，
所以，
因此曲线C方程为.
（2）（ⅰ）设，，，
由题可知，，如下图所示，
则，，
而，于是，
所以，
又，则，
因此为定值；
（ⅱ）由题意可知，直线PQ不可能与轴平行，
设直线PQ的方程为，，，知，
由，得，
，得
所以
由（i）可知，，
即，
将代入化简得，化简得解得舍或，
所以直线PQ的方程为，
因此直线PQ经过定点
12．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）依题意直接得到、，从而求出椭圆方程；
（2）法一：分析可得关于直线对称，则四边形的面积，设，利用点到直线的距离表示，结合三角恒等变换公式及正弦函数的性质计算可得；法二：点M到直线的距离最大，即过点M作椭圆C的切线与直线平行时距离最大，设该切线方程为，联立直线与椭圆方程，根据求出的值，即可求出面积的最大值；
（3）法一：设直线的方程为，依题意可得，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，代入求出、的关系，即可求出直线过定点坐标；法二：设直线的斜率分别为，推导出，再设直线的方程为，联立、消元，列出韦达定理，求出、的关系；法三：设直线的方程为，把椭圆向左平移2个单位长度，齐次化，求出此时直线过定点坐标，即可得解.
【详解】（1）由已知可得，所以椭圆的方程为．
（2）解法一：因为，，所以，即，
因为，即关于直线对称，
所以四边形的面积，
即，且为M到直线的距离，
因为，所以的最大值即为点M到直线的距离的最大值．
直线的方程为，
设，则M到直线的距离为，
，
因为，所以，
所以，
所以当时，．
解法二：因为，所以，即，
因为，即关于直线对称，
所以四边形的面积，
即，且为M到直线的距离，
因为，所以的最大值即为点M到直线的距离的最大值．
直线的方程为，
若点M到直线的距离最大，即过点M作椭圆C的切线与直线平行时距离最大，
设该切线方程为，
联立，
，
因为点M在第一象限内，所以（正值舍去），
所以点M到直线的距离的最大值为，
，
当时，．
（3）解法一：设直线的方程为，
点关于直线对称，则
又，且，
所以，，
即．
联立，
所以
所以，
化简得，
即，则或．
若，则点M与点A重合，不符合题意（舍）；
若，则直线过定点．
解法二：因为且，不妨取点M在第一象限，
所以为的平分线，所以，
设直线的斜率分别为，
因为，
所以，
即，
所以，即．
经检验，点M在第二、三、四象限或，上式也成立．
联立整理得，
因为且，
所以，所以，
同理可得，
由已知可得直线斜率存在，设直线的方程为，
因为在直线上，所以，
所以，
同理可得，
所以是关于k的方程的两个根，
则
所以，
所以，
故直线过定点．
解法三：因为且，不妨取点M在第一象限，
所以为的平分线，所以，
设直线的斜率分别为，
因为，
所以，
即，
所以，即．①
经检验，点M在第二、三、四象限或，上式也成立．
设直线的方程为，
把椭圆向左平移2个单位长度，得，
即，
联立，
即，即（等式两端同除），
所以是方程的两个根，由韦达定理得②
把②代入①得，
，则，解得
此时直线过定点，向右平移2个单位长度，得直线过点．
13．(1).
(2)和或和
(3)
【分析】（1）根据对称性可得点坐标，继而得到方程.
（2）由（1）知渐近线有2条，分类讨论即可.
（3）设联立曲线，线段是的角平分线可知倾斜角的关系再转换成斜率，得到，再由直线过点即可解处斜率得到方程.
【详解】（1）∵四点共线时，，根据双曲线对称性，
∴关于原点对称，不妨设在在右侧，即在圆，
又，∴，与圆联立得，，
代入，，
∴双曲线的标准方程为.
（2）∵ ，∴渐近线为或，
∵直线与的渐近线垂直，且经过点，
当渐近线为时，直线，
与x轴交点为，y轴交点为，
当渐近线为时，直线，
与x轴交点为，y轴交点为，
综上，直线与两坐标轴交点的坐标为和或和.
（3）如图，
根据题意直线斜率存在，设，，
联立，
∴，，
解得或，
，
，
设直线的倾斜角分别为，
∵是的角平分线，
∴，
，
，
又点在PQ上，所以，
故，
整理得，解得或，
又或，所以，
故直线的方程为.
14．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，直接求出，即可求解；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，消得，结合条件和韦达定理得到，且，利用点到直线的距离公式得，令，得，再利用导数与函数单调性间的关系，求出单调区间，即可求解.
【详解】（1）因为，，所以，
又，所以双曲线方程为.
（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，，，
联立，消得，
所以，
又因为，即，所以，
整理得到，又，∴
∴，则，
所以点到直线的距离，
令，则，
又因为，整理得，
将代入得到，解得，
∴，，
则，当时，，
令，当，，，，又，
所以当时，恒成立，
∴在区间单调递增，又当时，，当，，
∴，即点到直线的距离的取值范围为.
15．(1)
(2)①证明见解析；②存在，最大值为
【分析】（1）利用相关点法求解即可；
（2）设，联立方程，利用韦达定理求出，
①求出，再根据得出的关系，即可得出结论；
②先分别利用弦长公式和点到直线的距离公式求出和点到直线的距离，从而可求出面积的表达式，进而可得出答案.
【详解】（1）设，则，
由，得，即，
所以，所以，则，
因为点在圆上运动，所以，整理得，
当点 经过圆与 轴的交点时，同样成立，
所以动点的轨迹方程为；
（2）设，
联立，消得，
则，
①由（1）得，
则，
因为，所以，即，
又，所以，即，
即，
整理得，
将代入化简得，
解得或，
当时，直线与椭圆的另一个交点为，与题意不符，故舍去，
所以，
所以直线的方程为，
所以直线过定点；
②易知，所以，
，
点到直线的距离，
则
，
令，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以的面积存在最大值，最大值为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量共线直接可得解.
（2）联立直线与椭圆，根据弦长公式可得，再根据切线方程可得点，进而可得三角形面积，设，构造函数，根据导数判断最值.
【详解】（1）由椭圆的对称性可知，
则，
即，
又，，三点共线，
则，
解得；
（2）
如图所示，易知直线斜率不为，
且点，
设直线方程为，，，
联立直线与椭圆方程，，
整理可得，
则，
且，，
则，
由已知可得直线，，
设点，联立直线与得，，
则点到直线的距离，
则
设，
则，
设，，
则恒成立，
所以在上单调递增，
所以的最小值为，
即面积的最小值为.
【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．
17．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由点在抛物线上及焦半径公式列出等式求解即可；
（2）（i）法一：设直线的方程为，联立抛物线方程，由韦达定理，结合，求得或即可；法二：设，由，结合直线BD的方程为，代入化简得到即可求证；（ii）设，设直线的方程为，直线的方程为，结合弦长公式及三角形面积公式，进而可求解；
【详解】（1）解：因为点在C上，
所以.
因为，所以，
则，解得，
所以的方程为.
（2）
（i）证明：法一：由题意知直线的斜率存在，.
设直线的方程为，
联立）得，
则，
，
，
所以，
解得或.
当时，直线的方程为，过点，不符合题意，舍去；
当时，直线的方程为，恒过点.
综上，直线BD过定点.
法二：由题意知，设，
则，
同理可得.
由，得，
整理得①.
直线BD的方程为，
，
两式相加得，
即，
即.
由①得，故直线BD过点.
（ii）解：设，易知直线和的斜率均存在且不为0，设直线的方程为，直线的方程为，
此时，
则.
由，得.
联立得，
由，得，
同理，所以，
则，
同理可得，
所以，
，
由题意得
.
因为在和上均单调递增，
所以，
又，
即16，
所以.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据实轴以及离心率求解的值，即可得解，
（2）联立直线与曲线方程可得韦达定理，结合相似比可得，即可利用弦长公式以及点到直线的距离公式，求解，由三角形面积公式求解，即可利用相似比求解四边形的面积.
【详解】（1）由直线与轴垂直时，，故，故，
又离心率为，则，所以，
双曲线的方程为：.
（2）设直线l的方程是，，.
由得，
，.
因为，所以，从而.
所以，，消去得，解得，
它满足，.
,
故到直线的距离为，
所以，
由于，所以,
19．(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据椭圆上的点结合向量的坐标运算得取得最小值，从而可得的值，即可得椭圆方程；
（2）利用点在椭圆上得点坐标关系，再根据四边形为梯形时的几何性质列方程得点的坐标；
（3），一个在椭圆外，一个在椭圆内；，一个在内，一个在外，利用直线与椭圆相交得交点坐标关系，结合点到直线距离公式得关于的关系式，利用基本不等式得最值即可得结论.
【详解】（1）设，由题意得，，
则，．
所以，
于是当时，取得最小值，
所以，解得．
所以椭圆的方程为．
（2）法一：设点满足题设，设，
则，由题意可知，
存在，使得，
即，整理得，代入中，有，①
设，则．由题意可知．
因为四边形为梯形，所以，所以，
即整理得
代入中，有，②
①－②得，又，所以．
故存在点，使得四边形为梯形．
法二：设点满足题设，则，
设，．
直线的方程为，直线的方程为．
将代入椭圆的方程得，
，可得，所以．
将代入椭圆的方程得．
可得．
因为四边形为梯形，所以，所以，
于是，所以，整理可得，
即，解得．
故存在点，使得四边形为梯形．
（3）由题设可知，，一个在椭圆外，一个在椭圆内；，一个在内，一个在外，
在直线上四点满足：，
由消去得，恒成立．
设，，
由根与系数的关系，得，，
所以，到的距离，
则，
当且仅当，即时等号成立．
验证可知满足题意．因为，所以．
20．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）根据焦距，短轴概念，计算即可；
（2）（ⅰ）先设出直线方程，与椭圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理得出与的值，再根据公式算出其值.最后根据三角形面积公式求出面积.
（ⅱ）本题先设出直线的方程，然后联立直线与椭圆方程，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理得到与的表达式.再根据已知条件列出等式，通过化简等式并结合韦达定理求出的值，进而得到直线的方程.
【详解】（1）由题意知
椭圆方程为
（2）（ⅰ）设
联立，消去x得
（ⅱ）已知直线的方程为，与椭圆方程联立：
将代入可得.
展开并整理得.
所以.
由韦达定理可得，.
因为，根据斜率公式可得：
，即.
又因为，，所以.
展开得.
移项可得.
将，代入：
因为，等式两边同时除以得.
即.
两边同时乘以得.
移项可得，解得.
把代入得.
整理得.
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