专题13 极坐标秒解圆锥曲线 微点1 极坐标秒解圆锥曲线

这是一份专题13 极坐标秒解圆锥曲线 微点1 极坐标秒解圆锥曲线，共32页。学案主要包含了微点综述，针对训练，名师点睛等内容，欢迎下载使用。

专题13 极坐标秒解圆锥曲线 微点1 极坐标秒解圆锥曲线
专题13 极坐标秒解圆锥曲线
微点1 极坐标秒解圆锥曲线
【微点综述】
在圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中，是坐标原点，是圆锥曲线上一点，以为极点，极径的长度可以方便表示出来，可以达到简化计算的目的．也可以圆锥曲线的一个焦点为极径，利用圆锥曲线的统一定义得圆锥曲线统一的极坐标方程，从而解决问题．
一、以原点为极点
以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，
（1）设椭圆上点的极坐标为，即，，则，变形可得，其中为焦点到相应准线的距离．
（2）设双曲线上点的极坐标为，即，，则，变形可得，其中为焦点到相应准线的距离．
（3）设抛物线上点的极坐标为，即，，则．
1．设圆的圆心为A，直线l过点B（1,0）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.
（I）证明为定值，并写出点E的轨迹方程；
（II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.
例2．（2022河南二模）
2．设椭圆的离心率，右焦点到直线的距离，O为坐标原点．
1求椭圆C的方程；
2过点O作两条互相垂直的射线，与椭圆C分别交于A，B两点，证明点O到直线AB的距离为定值，并求弦AB长度的最小值．
例3．（2022虹口区月考）
3．已知椭圆的长轴为，且过点
（1）求椭圆的方程；
（2）设点为原点，若点在曲线上，点在直线上，且，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论.
例4．（2022衡阳一模）
4．已知椭圆的离心率为，其左右焦点分别为、，，设点，是椭圆上不同两点，且这两点与坐标原点的连线的斜率之积．
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：为定值，并求该定值．
二、以焦点为极点
1．以圆锥曲线的焦点为极点，极轴垂直于准线建立极坐标系（如图①），三种圆锥曲线的统一极坐标方程为：①，其中为焦点到相应准线的距离．当时，表示以左焦点为极点的椭圆；当时，表示以焦点为极点、开口向右的抛物线；当时，表示以右焦点为极点的双曲线的右支，若允许，则方程就表示整条双曲线．

图① 图② 图③ 图④
证明：仅证双曲线情形，椭圆和抛物线同理可证．
如图⑤，设是双曲线左支上的一点，连结，过作右准线于，轴于．
在终边的延长线上，，由定义有，又，，即，从而当时，方程表示双曲线左支，因而因而在广义坐标系下方程表示整条双曲线．

图⑤
2．以圆锥曲线的焦点为极点，极轴垂直于准线建立极坐标系（如图②），三种圆锥曲线的统一极坐标方程为：②，其中为焦点到相应准线的距离．当时，表示以右焦点为极点的椭圆；当时，表示以焦点为极点、开口向左的抛物线；当时，表示以左焦点为极点的双曲线的左支，若允许，则方程就表示整条双曲线．
3． 以圆锥曲线的焦点为极点，以平行于准线的直线为极轴，建立极坐标系，三种圆锥曲线的统一极坐标方程为③（如图③）或④（如图④）．
5．已知椭圆的离心率为，过右焦点且斜率为的直线与相交于两点．若，则
A．1 B． C． D．2
例6．（2021年年高考全国Ⅱ卷20）
6．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．
7．如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和.

（Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程；
（Ⅱ）设直线、的斜率分别为、，证明；
（Ⅲ）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
8．在平面直角坐标系中，椭圆：的右焦点为
（，为常数），离心率等于0.8，过焦点、倾斜角为的直线交椭圆于、两点．
⑴求椭圆的标准方程；
⑵若时，，求实数；
⑶试问的值是否与的大小无关，并证明你的结论．

9．如图，椭圆的顶点为，，，，焦点为，，，．

(1)求椭圆C的方程；
(2)设n是过原点的直线，l是与n垂直相交于P点，与椭圆相交于A，B两点的直线，．是否存在上述直线l使成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
10．如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为，右准线l的方程为：．

(1)求椭圆的方程；
(2)在椭圆上任取三个不同点，使，证明：为定值，并求此定值．
【针对训练】
11．已知双曲线的右焦点为，过且斜率为的直线交于、两点，若，则的离心率为（    ）
A． B． C． D．
12．椭圆的右焦点为，右准线为，为24个依逆时针顺序排列在椭圆上的点.其中是椭圆的右顶点，且，则这24个点到的距离的倒数和为______.
13．如图所示，已知椭圆，直线，P是l上的一点，射线交椭圆于一点R，点Q在上且满足，当点P在l上移动时，求点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线？

14．设椭圆的离心率，右焦点到直线的距离，为坐标原点．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作两条互相垂直的射线，与椭圆分别交于两点，过原点作直线的垂线，垂足为，求点的轨迹方程．
（2022河南模拟）
15．椭圆：的左右焦点分别为、，且椭圆过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过原点作两条相互垂直的直线、，与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点，求证：四边形的内切圆半径为定值．
16．已知椭圆的一个焦点是F（1，0），O为坐标原点．
（Ⅰ）已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点F的直线l交椭圆于A、B两点，若直线l绕点F任意转动，总有，求a的取值范围．
17．椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点．

（1）当时，求直线的方程；
（2）当点异于两点时，证明：为定值．
18．某人欲设计一个如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”，其中是过抛物线焦点且互相垂直的两条弦，该抛物线的对称轴为，通径长为．记，为锐角．（通径：经过抛物线焦点且垂直于对称轴的弦）

(1)用表示的长；
(2)试建立“蝴蝶形图案”的面积关于的函数关系式，并设计的大小，使“蝴蝶形图案”的面积最小．
19．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，过椭圆右焦点作两条互相垂直的弦与.当直线的斜率为0时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）试探究是否为定值？若是，证明你的结论；若不是，请说明理由.
20．过抛物线(其中)的焦点的直线交抛物线于两点，且两点的纵坐标之积为．
(1)求抛物线的方程；
(2)当时，求的值；
(3)对于轴上给定的点(其中)，若过点和两点的直线交抛物线的准线点，求证：直线与轴交于一定点．
（2022浙江·乐清市知临中学高二期末）
21．已知椭圆的两个焦点分别为，，且直线与椭圆相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）过作两条互相垂直的直线，与椭圆分别交于点及，求四边形的面积的最大值与最小值．
（2022上海·复旦附中青浦分校高二月考）
22．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆（a>b> 0）的左、右焦点分别为F1（-c， 0）， F2（c，0）.已知（1， e）和都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率. A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2 与BF1交于点P.

（1）求椭圆的方程∶
（2）若，求直线AF1的斜率；
（3）求证∶是定值.



参考答案：
1．(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ).
【详解】试题分析：（Ⅰ）利用椭圆定义求方程；（Ⅱ）把面积表示为关于斜率k的函数，再求最值．
试题解析：（Ⅰ）因为，，故，
所以，故.
又圆的标准方程为，从而，所以.
由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：
（）.
（Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，，.
由得.
则，.
所以.
过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以
.故四边形的面积
.
可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为.
当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.
综上，四边形面积的取值范围为.
【考点】圆锥曲线综合问题
【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成.其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.

2．（1）＝1（2）
【详解】试题分析：
解题思路：(1)利用离心率及点到直线的距离公式求解即可；（2）设出直线方程，联立直线与椭圆的方程，整理成关于的一元二次方程，利用求解.
规律总结：直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般综合性强.一般思路是联立直线与圆锥曲线的方程，整理得关于的一元二次方程，常用“设而不求”的方法进行求解.
试题解析：（1）由得，即
由右焦点到直线的距离为
得，解得，
所以椭圆C的方程为.
（2）设A B
直线AB的方程为y=kx+m与椭圆联立消去y得

∵OA⊥OB,

即

整理得
所以O到直线AB的距离
∵OA⊥OB，∴
当且仅当OA=OB时取“=”
由得
.
即弦的长度最小值是.
考点：1.椭圆的标准方程；2.直线与椭圆的位置关系.
3．（1）（2）直线与圆相切，证明见解析
【分析】（1）由题意可得，代入的坐标，可得，的方程，解方程可得椭圆方程；
（2）设出点，的坐标分别为，，其中，由得到，用坐标表示后把用含有点的坐标表示，然后分，的横坐标相等和不相等写出直线的方程，然后由圆的圆心到的距离和圆的半径相等，证明直线与圆相切.
【详解】（1）由题意可得，即，
又，解得，
即有椭圆的方程为；
（2）直线与圆相切.
证明如下：设点,的坐标分别为,，其中.
，
，即，
解得.
当时，，代入椭圆的方程，得，
故直线的方程为，
圆心到直线的距离.
此时直线与圆相切.
当时，直线的方程为,
即.
圆心到直线的距离
又，.
故.
此时直线与圆相切.
综合得直线与圆相切.
【点睛】此题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题，考查直线和圆的位置关系的判断，考查化简整理的运算能力，属于中档题.
4．(1)；
(2)为一定值.

【分析】（1）由离心率和焦距建立a，b的方程组求解即可；
（2）先由斜率关系求得，再由椭圆方程求得，联立即可求解．
（1）
依题意，，而，∴，，则椭圆的方程为：；
（2）
由于，则，，而，，
则，，∴，则，
，展开得为一定值.
5．B
【详解】因为，所以，从而，则椭圆方程为．依题意可得直线方程为，联立可得
设坐标分别为，则
因为，所以，从而有 ①
再由可得，根据椭圆第二定义可得，即 ②
由①②可得，所以，则，解得．因为，所以，故选B
6．（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.
7．（Ⅰ）椭圆的标准方程为；双曲线的标准方程为
（Ⅱ）=1．（Ⅲ）存在常数使得恒成立，
【详解】试题分析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：，
2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2.
又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为＝1.
由题意设等轴双曲线的标准方程为＝1(m＞0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m＝2，因此双曲线的标准方程为＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则k1＝，k2＝.
因为点P在双曲线x2－y2＝4上，所以x－y＝4.
因此k1·k2＝·＝＝1，即k1·k2＝1.
(3)由于PF1的方程为y＝k1(x＋2)，将其代入椭圆方程得(2k＋1)x2－8kx＋8k－8＝0，
显然2k＋1≠0，显然Δ＞0.由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|AB|＝
＝.
同理可得|CD|＝.
则，
又k1·k2＝1，
所以.
故|AB|＋|CD|＝|AB|·|CD|.
因此存在λ＝，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．
考点：本题考查了圆锥曲线方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系
点评：对于直线与圆锥曲线的综合问题，往往要联立方程，同时结合一元二次方程根与系数的关系进行求解；而对于最值问题，则可将该表达式用直线斜率k表示，然后根据题意将其进行化简结合表达式的形式选取最值的计算方式
8．（1）（2）（3）为定值
【详解】试题分析：（1）利用待定系数法可得，椭圆方程为；
（2）我们要知道=的条件应用，在于直线交椭圆两交点M，N的横坐标为，这样代入椭圆方程，容易得到，从而解得；
（3） 需讨论斜率是否存在．一方面斜率不存在即=时，由（2）得；另一方面，当斜率存在即时，可设直线的斜率为，得直线MN：，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和焦半径公式，就能得到，所以为定值，与直线的倾斜角的大小无关
试题解析：（1），得：，椭圆方程为
（2）当时，，得：，
于是当=时，，于是，
得到
（3）①当=时，由（2）知
②当时，设直线的斜率为，，则直线MN：
联立椭圆方程有，
，，
=+==
得
综上，为定值，与直线的倾斜角的大小无关
考点：（1）待定系数求椭圆方程；（2）椭圆简单的几何性质；（3）直线与圆锥曲线
9．(1)；
(2)不存在，理由见解析.

【分析】（1）根据椭圆的几何性质知，由已知条件得知，求出，即可得方程．
（2）当与轴不垂直，设A、B，直线为，结合已知得，再根据向量数量积的运算律可得，联立直线和椭圆求与的第二个关系式即可判断存在性，再考虑与轴垂直结合已知判断存在性.
（1）
由知：①，由知：②，又③
由上述三式，解得，，故椭圆C的方程为.
（2）
设A，B分别为，，假设使，成立的直线l存在，
(i)当l不垂直于x轴时，设l为，
由ln于P且得：，即，
由，.
，即.
将代入椭圆，得：，
所以④，⑤，
，
将④、⑤代入化简得：⑥，
将代入⑥化简得：，故不成立，即此时直线l不存在.
(ii)当l垂直于x轴时，满足的直线l为或，
当时，A，B，P分别为，，，故，，所以.
当时，同理有，即此时直线l也不存在.
综上，使成立的直线l不存在.
10．(1)
(2)证明见解析，

【分析】(1)根据准线的几何性质，求出a，再算出b，可得椭圆方程；
(2)根据题设，分别求出 与x轴正方向的夹角之间的关系，代入 中计算即可.
【详解】（1）设椭圆方程为．因焦点为，故半焦距，又右准线的方程为，
从而由已知，因此，，
故所求椭圆方程为；
（2）
记椭圆的右顶点为A，并设（1，2，3），不失一般性，
假设 ，且，．
又设点在上的射影为，因椭圆的离心率，从而有
  ．
解得 ．
因此，
而，
故为定值．
综上，椭圆方程为；.
【点睛】本题的难点在于运用椭圆上的点到焦点的距离表达为到准线的距离乘以离心率，再对运用三角函数计算化简.
11．B
【分析】设双曲线的右准线为，过、分别作于，于，于，根据直线的斜率为，得到，再利用双曲线的第二定义得到，又，结合求解.
【详解】设双曲线的右准线为，
过、分别作于，于，于，
如图所示：

因为直线的斜率为，
所以直线的倾斜角为，
∴，，
由双曲线的第二定义得：，
又∵，
∴，
∴
故选：B
【点睛】本题主要考查双曲线的第二定义的应用以及离心率的求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
12．
【详解】在椭圆中，，，.
易知，对每个，、、三点共线.
设，代入，得.
则，
.
又点、到的距离分别为
，，
则
.
将与的表达式代入上式得.
故这24个点到的距离的倒数和为.
13．，（）；中心在，焦点在直线上且挖去点的椭圆.
【分析】利用共线向量寻找等量关系，利用点在曲线上代入并通过已得的等量关系求得轨迹方程
【详解】解：，，共线，，
设，则，，，则，，又∵，∴，∴，∴，∵点R在椭圆上，∴.
点P在l上，∴.
∴，（）.
点Q的轨迹是中心在，焦点在直线上且挖去点的椭圆.
14．(1)
(2)

【分析】（1）利用点到直线距离公式可表示出右焦点到直线的距离，结合离心率和椭圆的关系可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；
（2）当直线斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，由可整理得到，结合和点在直线上，可消去得到轨迹方程；当直线斜率不存在时，设，与椭圆方程联立可求得，由此可得点坐标；综合两种情况可得轨迹方程.
（1）
设椭圆右焦点为，则，，
又，，，，
椭圆的方程为：.
（2）
设，，，
当直线斜率存在时，设，
由得：，
则，解得：，
，；
，，
即，
，则…①；
，，…②；
在直线上，，即…③；
由①②③消去得：；
当直线斜率不存在时，设，
由得：，
，解得：，则，满足；
综上所述：点的轨迹方程为：.
15．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）先利用椭圆的定义求得a，再根据椭圆的左右焦点为、得到c即可.
（2）当的斜率为时，四边形为正方形，求得即为内切圆半径；当的斜率不等于时，设，，直线的方程为，代入椭圆方程，根据，即，结合韦达定理求得k，t的关系，再由原点到直线的距离求解.
【详解】（1）因为椭圆的左右焦点分别为、，且椭圆过点，
所以，
所以，
又，得，
所以椭圆的标准方程为：．
（2）如图所示：

当的斜率为时，四边形为正方形，
与联立，解得，
因为NQ垂直于x轴，所以，
当的斜率不等于时，设，，直线的方程为：，
代入椭圆方程并整理得：，
，即，
由韦达定理得：，，
因为，
所以，
即 ，即 ，
所以，
整理得（*），适合成立
所以，
综上得：．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是设直线NQ的方程，将内切圆半径转化为原点到直线NQ的距离求解.
16．（Ⅰ）（Ⅱ）（，+）
【详解】（1）设为短轴的两个三等分点，为正三角形，
所以，，解得．，
所以椭圆方程为．
（2）设
（ⅰ）当直线与轴重合时，
．
（ⅱ）当直线不与轴重合时，设直线的方程为：
整理得
因恒有，所以恒为钝角，
即恒成立．


又，所以对恒成立，
即对恒成立，
当时，最小值为0，所以，，
因为，即，解得或（舍去），
即，
综合（i）（ii），的取值范围为．

17．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）先由题意求出椭圆方程，直线不与两坐标轴垂直，设的方程为，然后将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再由弦长公式列方程可求出的值，从而可得直线方程；
（2）表示直线，的方程，联立方程组可得而代入化简可得，而，则可得的结果
【详解】（1）由题意，椭圆的方程为
易得直线不与两坐标轴垂直，
故可设的方程为，设，
由消去整理得，判别式
由韦达定理得，①
故，解得，
即直线的方程为．
（2）证明：直线的斜率为，故其方程为，
直线的斜率为，故其方程为，
由两式相除得

即
由（1）知，
故
解得．易得，
故，
所以为定值1
18．(1)，
(2)，，

【分析】（1）先求出抛物线的方程，在由抛物线的定义即可得到答案.
（2）先由，求出，在结合（1）的结论求出的长度，在利用面积公式求“蝴蝶形图案”得面积，然后通过变形，构造新函数，利用二次函数求出面积的最小值.
（1）
因为抛物线的通径长为，则，故抛物线的方程为.
由抛物线的定义知，，
故：，．
（2）
因为是过抛物线焦点且互相垂直的两条弦，所以.
据（1）同理可得，
，．
所以“蝴蝶形图案”的面积
,即，．             
令，则，所以当，即时，的最小值为8．    
故：当时，可使“蝴蝶形图案”的面积最小．
19．（1）（2）是定值；证明见解析
【解析】（1）根据，当直线的斜率为0时，.即求解.
（2）分两种情况讨论，①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，易得.
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线的方程为，直线的方程为.将直线方程代入椭圆方程中并整理，再利用弦长公式分别求解即可.
【详解】（1）由题意知，当直线的斜率为0时，.
.
又，
解得，，
所以椭圆方程为.
（2）①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，
由题意知.
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线的方程为，，，
则直线的方程为.
将直线方程代入椭圆方程中并整理得，
则，，
所以
.
同理，.
所以，
故是定值.
【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆的位置关系，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.
20．（1） ； （2）1； （3）见解析.
【分析】（1）设直线AB的方程，联立抛物线方程，运用韦达定理，可得p＝4，即得抛物线方程；（2）推理证明=，整理即可得到所求值；（3）设A（，y1），B（，y2），P（﹣2，s），运用三点共线的条件：斜率相等，可得s，设AP交x轴上的点为（t，0），运用韦达定理，化简整理可得所求定点．
【详解】(1)过抛物线(其中)的焦点的直线
为，代入抛物线方程，可得，
可设，
即有，解得，
可得抛物线的方程为；
(2)由直线过抛物线的焦点，
由（1）可得，将代入可得；
(3)证明：设，，，
由三点共线可得
，可得，①
设交轴上的点为，即有，
代入①，结合，可得，
即有，
可得．即有直线与轴交于一定点．
【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，抛物线定义，韦达定理的应用，考查化简运算能力，属于难题．
21．（1）；（2）最小值为，最大值为2．
【分析】（1）由直线与椭圆相切得到的一个关系，由再得到的一个关系，解方程组可得答案；
（2）椭圆方程与直线方程联立得到韦达定理，利用弦长公式计算出的长，表示出四边形的面积，再求最值即可.
【详解】（1）设椭圆方程为．
因为直线与该椭圆相切，
所以方程组只有一组解，
消去，整理得，
所以，得．
又焦点为，
所以，所以，
所以椭圆的方程为．
（2）若直线的斜率不存在（或为0），则．
若直线的斜率存在且不为0，设为，则直线的斜率为，
所以直线的方程为，设，
由得，
所以，
所以

，
由得，
同理可得，．
所以



．
因为（当且仅当时取等号），
所以，
所以．
综上所述，四边形的面积的最小值为，最大值为2．
【点睛】本题考查待定系数法求椭圆方程；本题考查直线与圆锥曲线的位置关系，利用韦达定理，找到所求的表达式代入计算.
22．（1）；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的性质和已知（1， e）和都在椭圆上列式求解.
（2）设直线AF1的方程为，直线BF2的方程为，与椭圆方程联立，求出、，根据已知条件，用待定系数法求解.
（3）利用直线与直线平行，点B在椭圆上知，可得，，由此可得为定值.
【详解】解∶（1）由题设知，.由点（1， e）在椭圆上，
得，解得..于是，
又点在椭圆上，所以，即，解得.
因此，所求椭圆的方程是.
（2）由（1）知，，又直线AF1与BF2平行，所以可设直线AF1的方程为.直线BF2的方程为.设A（x1，y1），B（x2，y2），y1>0， y2>0.
由，得， 解得
故    ①
同理，    ②
由①②得、解得.注意到m>0，
故.所以直线AF1的斜率为
（3）因为直线AF1与BF2平行，所以，于是，
故，由B点在椭圆上知，
从而.同理
因此，

又由①②知，
所以，因此，是定值.