2022年全国新高考II卷数学试题变式题第20-22题解析版

这是一份2022年全国新高考II卷数学试题变式题第20-22题解析版，共89页。
2022年全国新高考II卷数学试题变式题20-22题
原题20
1．如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
变式题1基础
2． 如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面，分别是，的中点.

(1)记平面与平面的交线为，求证：直线平面；
(2)若，点是的中点，求二面角的正弦值.
变式题2基础
3．如图，三棱柱中侧棱与底面垂直，且，，，M，N，P，D分别为，BC，，的中点.

(1)求证：面；
(2)求平面PMN与平面所成锐二面角的余弦值.
变式题3基础
4．如图所示的几何体中，底面ABCD是等腰梯形，，平面，，且，E，F分别为，的中点．

(1)证明：面ABCD；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
变式题4基础
5．已知将圆柱沿着轴截面分割，得到如图所示的几何体，若四边形是边长为2的正方形，E，F分别是上的点，H是的中点，与交于点O，．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值．
变式题5巩固
6．四棱雉 中， 平面， 底面 是 等腰梯形， 且， 点 在棱 上.

(1)当 是棱 的中点时， 求证: 平面;
(2)当直线 与平面 所成角 最大时， 求二面角 的大小.
变式题5巩固
7．如图，在四棱锥中，平面，，为等边三角形，．

(1)求证：平面，且平面．
(2)已知，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
变式题7巩固
8．如图所示的几何体中，，，都是等腰直角三角形，，且平面平面，平面平面．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
变式题7巩固
9．在如图所示的圆柱中，为圆的直径，、是的两个三等分点，、、都是圆柱的母线．

(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的余弦值．
变式题9提升
10．如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，，M，N分别是对角线BD，AE上异于端点的动点，且．

(1)求证：直线平面CDE；
(2)当MN的长最小时，求二面角A-MN-D的正弦值．
变式题10提升
11．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

(1)证明：MN∥平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值．
变式题11提升
12．如图，是边长为的等边三角形，四边形为菱形，平面平面，，，．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
变式题12提升
13．如图，等腰直角△ACD的斜边AC为直角△ABC的直角边，E是AC的中点，F在BC上．将三角形ACD沿AC翻折，分别连接DE，DF，EF，使得平面平面ABC．已知，，

(1)证明：平面ABD；
(2)若，求二面角的余弦值．
原题21
14．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
变式题1基础
15．已知双曲线与有相同的渐近线，且经过点，
（1）求双曲线的方程，并写出其离心率与渐近线方程；
（2）已知直线与双曲线交于不同的两点，且线段的中点在圆上，求实数的取值.
变式题2基础
16．已知椭圆：长轴的顶点与双曲线：实轴的顶点相同，且的右焦点到的渐近线的距离为.
（1）求与的方程；
（2）若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，且经过点，与交于，两点，与交于，两点，求.
变式题3基础
17．已知双曲线C的渐近线方程为，右焦点到渐近线的距离为.
（1）求双曲线C的方程；   
（2）过F作斜率为k的直线交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于D，求证：为定值.
变式题4基础
18．已知双曲线与双曲线的渐近线相同，且经过点．
(1)求双曲线的方程；
(2)已知双曲线的左右焦点分别为，，直线经过，斜率为，与双曲线交于A，两点，求的值．
变式题5巩固
19．已知双曲线的右焦点为，过点F与x轴垂直的直线与双曲线C交于M，N两点，且.
(1)求C的方程；
(2)过点的直线与双曲线C的左､右两支分别交于D，E两点，与双曲线C的两条渐近线分别交于G，H两点，若，求实数的取值范围.
变式题6巩固
20．已知双曲线的离心率为2，F为双曲线C的右焦点，M为双曲线C上的任一点，且点M到双曲线C的两条渐近线距离的乘积为，
(1)求双曲线C的方程；
(2)设过点F且与坐标轴不垂直的直线l与双曲线C相交于点P，Q，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点B，求的值．
变式题7巩固
21．已知点，，动点满足直线的斜率与直线的斜率乘积为．当时，点的轨迹为；当时点的轨迹为．
(1)求，的方程；
(2)是否存在过右焦点的直线，满足直线与交于，两点，直线与交于，两点，且？若存在，求所有满足条件的直线的斜率之积；若不存在，请说明理由，

变式题8巩固
22．已知圆：，圆：，圆与圆、圆外切，
(1)求圆心的轨迹方程
(2)若过点且斜率的直线与交与两点，线段的垂直平分线交轴与点，证明的值是定值.
变式题9提升
23．已知双曲线C的两焦点在坐标轴上，且关于原点对称.若双曲线C的实轴长为2，焦距为，且点P（0，-1）到渐近线的距离为.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若过点P的直线l分别交双曲线C的左、右两支于点A、B，交双曲线C的两条渐近线于点D、E（D在y轴左侧）.记和的面积分别为、，求的取值范围.
变式题10提升
24．双曲线的中心在原点，焦点在轴上，且焦点到其渐近线的距离为2．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，与其渐近线分别交于，（从左至右）两点．
①证明：；
②是否存在这样的直线，使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
变式题11提升
25．已知抛物线：（）的焦点为，为上的动点，为在动直线（）上的投影.当为等边三角形时，其面积为.
(1)求的方程；
(2)设为原点，过点的直线与相切，且与椭圆交于，两点，直线与交于点.试问：是否存在，使得为的中点？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
变式题12提升
26．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，点在双曲线C上，TP垂直x轴于点P，且点P到双曲线C的渐近线的距离为2.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知过点的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，且的外接圆圆心Q在y轴上，求满足条件的所有直线l的方程.
原题22
27．已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
变式题1基础
28．已知，其中．
(1)当时，分别求和的的单调性；
(2)求证：当时，有唯一实数解；
(3)若对任意的，都有恒成立，求a的取值范围．
变式题2基础
29．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明；
(3)若对任意的不等正数，总有，求实数的取值范围．
变式题3基础
30．设函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有三个不同的零点.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）证明：.
变式题4基础
31．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，，求的取值范围；
(3)判断与的大小，并证明．
变式题5巩固
32．已知函数．
(1)判断函数的单调性；
(2)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)若，求证：．
变式题6巩固
33．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若当时，，求实数a的取值范围；
(3)设，证明：．
变式题7巩固
34．已知函数，.
(1)讨论f（x）的单调性；
(2)若时，都有，求实数a的取值范围；
(3)若有不相等的两个正实数，满足，证明：.
变式题8巩固
35．已知函数，记的导函数为
(1)讨论的单调性；
(2)若有三个不同的极值点，其中
①求的取值范围；
②证明：.
变式题9提升
36．已知为自然对数的底．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对恒成立，求实数的取值范围；
(3)若函数有两个不同零点，，求证：．
变式题10提升
37．已知函数.
(1)试判断函数在上单调性并证明你的结论；
(2)若对于恒成立，求正整数的最大值；
(3)求证：．
变式题11提升
38．已知函数， .
(1)试讨论f（x）的单调性；
(2)若对任意 ， 均有 ，求a的取值范围；
(3)求证: .
变式题12提升
39．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)①若恒成立，求实数的取值集合；
②证明：．

参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
（1）
证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）
解：过点作，如图建立平面直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.


2．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证平面，再证，最后得出l平面；
（2）建立坐标系，利用向量方法求二面角的正弦值.
（1）
因为分别是的中点
所以，
又因为平面，平面
所以平面
又平面，平面与平面的交线为，
所以，
而平面，平面，
所以平面
（2）
如图，因为是圆的直径，点是的中点，

所以，
因为直线平面
所以
所以以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则
，，
所以，
设平面的法向量，则，即
令，则
得
因为直线平面
所以为平面的法向量
所以
所以二面角的正弦值为
3．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）解法一，建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，确定平面的一个法向量，计算，即可证明；
解法二，证明平面平面，利用面面平行的性质定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，确定平面的一个法向量，求出平面PMN的法向量，利用向量的夹角公式求得答案.
（1）
解法一：
以点A为坐标原点，AB､AC､所在直线分别为x､y､z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.
取向量为平面的一个法向量，，
∴，
∴.
又∵平面，
∴平面.
解法二：
∵P，D分别为，的中点，
∴，且平面，平面，
∴平面，
∵D，N分别为，BC的中点，
∴，且平面，平面，
∴平面，又，
∴平面平面，
又∵平面PDN，
∴平面.
（2）
以点A为坐标原点，AB､AC､所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.
∴，,
取向量为平面的一个法向量，
设平面PMN的法向量为，
则，即，
令，则，，则，
∴，
由图示可知平面PMN与平面的夹角为锐角，
∴平面PMN与平面所成锐二面角的余弦值为.
4．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）取的中点G，连接EG，FG，AC，证明平面平面ABCD，原题即得证；
（2）以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
（1）
证明：取的中点G，连接EG，FG，AC，
因为，平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD，
因为，，所以四边形AGFC是平行四边形，
，又平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD，
因为，平面,
所以平面平面ABCD，
因为平面ABCD，所以平面ABCD．

（2）
解：设，
由，得，且，
由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
由得，取，得，
连接BD，因为，，，所以平面，
所以平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
5．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）证明平面平面，原题即得证；
（2）以F为坐标原点，以所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
（1）
证明：由题意知，又，所以H为的中点．
连接，因为为的中点，所以．
又平面, 平面, 所以平面；
易知，又平面, 平面, 所以平面
又平面，
所以平面平面．
又平面，所以平面．

（2）
解：连接，由题意知平面，故以F为坐标原点，以所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

由题意知，
所以．
设平面的法向量为．
则即，得，令，则，所以．
设平面的法向量为，
则，即，得，令，则，所以．
故．
所以平面与平面所成角的余弦值．
6．(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)取中点，根据题意和中位线的性质可证得四边形是平行四边形，则，利用线面平行的判定定理即可证明；
(2)建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面法向量和的坐标，结合数量积的定义和二次函数的性质可得，再利用空间向量法求出平面、平面的法向量，计算两法向量之积即可求解.
（1）
取中点，
的中点为，
，且，
∴四边形是平行四边形，
，平面，
平面；

（2）
等腰梯形中，，
作于，则中，
由余弦定理得，，，即，
底面，则两两垂直
如图，以为原点，为轴、轴、轴为正方向建立空间直角坐标系， 则，
，
设平面法向量，则
∴平面的一个法向量，
设，则，
，
，∴当时，取得最大值，
，
设平面法向量，则
∴平面的一个法向量，
设平面法向量，则，
∴平面的一个法向量，
，
∴二面角的大小为.

7．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由线面垂直性质可得，结合可证得平面；根据，由线面平行的判定可证得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.
（1）
平面，平面，，
又，，平面，平面；
为等边三角形，，又，，
平面，平面，平面.
（2）
平面，平面，；
以为坐标原点，为轴正方向，作轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
，，，，
设平面的法向量，
则，令，则，，；
设平面的法向量，
则，令，则，，；
，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
8．(1)证明见解析
(2)

【分析】(1) 分别取的中点，连接，由面面垂直的性质定理可得平面，平面，所以，进一步证得四边形是平行四边形，所以，再由线面平行的判定定理即可证明平面.
（2）如图，取的中点为，则，以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,分别求出平面与平面的法向量，再由二面角代入即可得出答案.
（1）
证明：分别取的中点，连接，

设，则，
，
又平面平面，平面平面平面，
平面，
同理可证平面，，
又因为，所以四边形是平行四边形，，
又平面平面，平面；
（2）
如图，取的中点为，则，
以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，

则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
令，得平面的一个法向量为
设平面的一个法向量为，
则，
令，得平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
9．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；
（2）连接，证明出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
（1）
证明：连接、，
在圆柱中，为圆的直径，、是的两个三等分点，
则，且，
故、、均为等边三角形，
所以，在底面中，，则，
平面，平面，所以，平面，
因为、、都是圆柱的母线，则，
平面，平面，平面，
，所以，平面平面，
因为平面，因此，平面.
（2）
解：连接，因为是边长为的等边三角形，则，
因为，由余弦定理可得，
，，
因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，所以，，
由图可知，二面角为锐角，因此，二面角的余弦值为.
10．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据边对应成比例,可证明平行四边形,进而可得线线平行,即可求解.
（2）根据空间中两点距离公式,可得线段的最小值,进而根据空间向量,求平面法向量,进一步可求解.
（1）
过N作与ED交于点，过M作与CD交于点，连接．

由已知条件，可知矩形ABCD与矩形ADEF全等．
∵，，
∴
∴
又，则四边形为平行四边形，
所以．
∵平面CDE，平面CDE，
∴平面CDE．
（2）
由平面ABCD⊥平面ADEF，平面平面，
又平面ADEF，AF⊥AD，
∴AF⊥平面ABCD．
以A为原点，分别以AB，AD，AF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

过M点作MG⊥AD，垂足为G，连接NG，易知NG⊥AD，设
可得，，
∴，
可知当时，MN长最小值为．
此时，，
又，，
∴，，
设平面AMN的法向量为，
由可得，
令，可得
设平面MND的法向量为，
由可得，
令，可得
∴，
∴
则二面角A-MN-D的正弦值为．
11．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据线面平行的判定定理可知，要证平面C1DE，只需证明即可.
（2）以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为轴正方向,的方向为轴正方向,建立空间直角坐标系，利用空间向量求解两平面的法向量，即可求解两个平面夹角的正弦值.
（1）
证明：连接．
因为分别为的中点，
所以，且．又因为为的中点，所以．
由题设知，可得，故，
因此四边形MNDE为平行四边形，．
又平面EDC1，平面EDC1，所以平面C1DE．
（2）
解：由已知可得DE⊥DA．
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为轴正方向,的方向为轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
则，，，，
，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则所以可取.
于是，.
所以平面AMA1与平面NMA1夹角的正弦值为．

12．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；
（2）取的中点，连接、，证明出平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.
（1）
证明：因为四边形为菱形，则，
平面，平面，平面，
，平面，平面，平面，
，所以，平面平面，
因为平面，平面.
（2）
解：取的中点，连接、，
因为四边形为菱形，则，
因为，则为等边三角形，
因为为的中点，则，同理可得，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、，
设平面的向量为，，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，则.
因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
13．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）过D作，垂足为G，根据线面垂直的性质与判定可得平面DEF，进而证明即可；
（2）先根据（1）结合可得，，，再以E为原点，建立空间直角坐标系，求解平面CDF的法向量，再根据面面垂直的向量求法求解即可
（1）
证明：过D作，垂足为G，
∵平面平面ABC，平面平面，平面DEF，
∴平面ABC，∵平面ABC，∴，
∵E是等腰直角三角形ADC斜边AC的中点，
∴，又，DE，平面DEF，
∴平面DEF，∵平面DEF，∴，
∵，∴，
∵平面ABD，平面ABD，∴平面ABD．

（2）
由题意可知，在等腰直角三角形ADC中，
∵，∴，
由（1）可知，EF为直角三角形BAC的中位线，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，．
以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设平面CDF的法向量，则，，，，，
由得，令，则，
显然，平面ABC的法向量，．
二面角的余弦值．

14．(1)
(2)见解析

【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
（1）
右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）
由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.

15．（1）双曲线的方程为，离心率，其渐近线方程为.（2）
【分析】（1）先由题意设双曲线的方程为，根据，求出，即可得双曲线方程；进而可求出离心率与渐近线方程；
（2）联立直线与双曲线的方程，设，，由中点坐标公式，韦达定理，以及题中条件，即可求出结果.
【详解】（1）双曲线与双曲线有相同的渐近线，
设双曲线的方程为，
代入，得，，
故双曲线的方程为.
由方程得，，故离心率
其渐近线方程为.
（2）联立直线与双曲线的方程，，
经整理得，
，
设，，则的中点坐标为，
由韦达定理，，，
的中点坐标为，
又在圆上，
，.
【点睛】本题主要考查求双曲线的方程、离心率与渐近线方程，以及直线与双曲线位置关系，熟记双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质即可， 属于常考题型.
16．（1）椭圆的方程为，双曲线的方程为；（2）.
【分析】（1）根据条件分别求出，便可求得的方程；
（2）先根据条件求出直线的斜率，进而求得的方程，将的方程分别与的方程联立，用弦长公式分别求出，，相比可得结果.
【详解】解：（1）因为椭圆长轴的顶点与双曲线实轴的顶点相同，
所以，①
双曲线的渐近线为，即，
所以右焦点到渐近线的距离为，②
又，③
由①②③解得，，
所以椭圆的方程为，双曲线的方程为.
（2）设直线倾斜角为，则，
所以，
所以直线的方程为，
设，，，，
联立，得，
所以，，
所以，
联立，得，
所以，，
所以，
所以.
17．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）用待定系数法求双曲线的方程；
（2）用“设而不求法”表示出弦长，再计算出，即可证明.
【详解】（1）设双曲线方程为
由题知
双曲线方程为：
（2）设直线l的方程为代入
整理得，设
所以：
由弦长公式得：
设AB的中点
则，  代入l得：
AB的垂直平分线方程为
令y=0得，即，所以：为定值.
18．(1)
(2)6

【分析】（1）设所求双曲线方程为，代入点，求出，即可得解；
（2）根据（1）求出焦点坐标，从而可得直线的方程，设，，联立直线与双曲线的方程，利用韦达定理求得，再利用弦长公式即可得解.
（1）
解：设所求双曲线方程为，
代入点得：，即，
双曲线方程为，即；
（2）
解：由（1）知：，，
即直线的方程为，
设，，
联立，得，
满足，且，，
由弦长公式得.
19．(1)
(2)

【分析】（1）根据双曲线右焦点为，且，由求解；
（2）设直线的方程为，与双曲线方程联立，求得，与双曲线C的渐近线方程联立，求得，根据求解.
（1）
解：由题意得，
解得
故C的方程为.
（2）
显然直线率存在，设直线的方程为，，，
联立，得，
因为与双曲线C的左，右两支分别交于D，E两点，
故，
解得，
此时有.
，
，
由，解得，同理可得，
所以.
因为，故.
因为，故，
故实数的取值范围是.
20．(1)
(2)1

【分析】（1）设，则有，即，由点M到双曲线C的两条渐近线距离的乘积为可得，，结合离心率，可求出双曲线C的方程；
（2）设直线的方程为，联立，化简得出，再求出，可得出结果.
（1）
由题意可得，渐近线的方程为，
设，则有，即，
因为点M到双曲线C的两条渐近线距离的乘积为，
所以，
又离心率，即，所以，所以，，
所以双曲线的方程为；
（2）
由（1）知，，设直线的方程为，
联立，得，
所以，
若，，则，，
所以|，
所以，
所以的中点坐标为，
所以线段的垂直平分线的方程为，
整理得，所以，
则，所以．
21．(1)C1：，C2：
(2)存在，

【分析】（1）设出动点的坐标，根据题干条件直接求解求轨迹方程，注意的范围限制；
（2）用弦长公式分别表达出与的长度，根据等量关系列出方程，求出所有满足条件的直线的斜率，求解斜率之积．
（1）
解：（1）设，．
对于，由题可得，
整理得，
故的方程为．
对于由题可得，
整理得．
故的方程为．
（2）
解：由（1）可得，，
的右焦点为，设，，，．
当直线的斜率不存在时，直线与无交点，不满足题意，故直线的斜率存在，
于是可设直线的方程为，
联立直线方程与椭圆方程可得，
恒成立，
由韦达定理：，．①
于是，
将①代人整理得．
同理其中，故．
因为，所以．
设，则即．
平方整理得，
因式分解得，
解得，，（舍去），
即，．
于是所有满足条件的直线的斜率之积为．
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据圆C与圆A、圆B外切，得到