2023届高三全国各地试题精选14 圆锥曲线（大题）

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2023届高三全国各地试题精选
14 圆锥曲线（大题）

一、解答题
1．（2023·北京·北京八十中校考模拟预测）已知椭圆经过和两点，点为椭圆C的右顶点，点P为椭圆C上位于第一象限的点，直线与y轴交于点M，直线与x轴交于点N．
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)比较的面积与的面积的大小，并说明理由．
2．（2023·安徽·校联考模拟预测）双曲线的左、右焦点分别为、，焦距为4，虚轴长为2.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)直线与双曲线C的右支交于M、N两点，M位于第一象限，M关于原点O的对称点为Q.设的角平分线为，且，垂足为，求的最大值.
3．（2023·河北·校联考一模）已知抛物线的焦点为F，直线与C交于A，B两点，当时，.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线与抛物线C交于M，N两点，证明：由直线，直线及y轴围成的三角形为等腰三角形.
4．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）过抛物线内部一点作任意两条直线，如图所示，连接延长交于点，当为焦点并且时，四边形面积的最小值为32
  
(1)求抛物线的方程；
(2)若点，证明在定直线上运动，并求出定直线方程.
5．（2023·山东德州·三模）已知分别为双曲线的左，右焦点，点在上，且双曲线的渐近线与圆相切．
(1)求双曲线的方程；
(2)若过点且斜率为的直线交双曲线的右支于两点，为轴上一点，满足，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
6．（2023·辽宁鞍山·统考模拟预测）已知椭圆C：的左、右顶点分别为，，右焦点为，O为坐标原点，OB的中点为D（D在的左方），．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过点D且斜率不为0的直线与椭圆C交于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别是，，试问是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
7．（2023·广东佛山·校考模拟预测）已知点为直线上的动点，过点作射线（点位于直线的右侧）使得，设线段的中点为，设直线与轴的交点为.
(1)求动点的轨迹的方程.
(2)设过点的两条射线分别与曲线交于点，设直线的斜率分别为，若，请判断直线的斜率是否为定值以及其是否过定点，若斜率为定值，请计算出定值；若过定点，请计算出定点.
8．（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）已知点为椭圆上一点，直线l：与椭圆C交于A､B两点.
(1)当时，求的面积；
(2)设直线AM和BM分别与直线交于点P，Q，若与的面积满足，求实数t的值.
9．（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，是的左顶点，的离心率为2．设过的直线交的右支于、两点，其中在第一象限．
    
(1)求的标准方程；
(2)若直线、分别交直线于、两点，证明：为定值；
(3)是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；否则，说明理由．
10．（2023·山东淄博·统考三模）已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，焦距为4，右顶点为A，以A为圆心，b为半径的圆与双曲线的一条渐近线相交于R，S两点，且∠RAS＝60°.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知点M，Q是双曲线C上关于坐标原点对称的两点，其中M位于第一象限，的角平分线记为l，过点M做l的垂线，垂足为E，与双曲线右支的另一交点记为点N，求的最大值.
11．（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）已知曲线．
(1)若曲线C是椭圆，求m的取值范围．
(2)设，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线与曲线C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
12．（2023·上海徐汇·南洋中学校考三模）椭圆的焦点、是双曲线的顶点，其顶点是双曲线的焦点.双曲线的渐近线是，椭圆与双曲线有一个交点，的周长为.
(1)求椭圆与双曲线的标准方程；
(2)设直线交双曲线于、两点，交直线于点，若.证明：为的中点；
(3)过点作一动直线交椭圆于A、两点，记.若在线段上取一点，使得，求点的轨迹方程.
13．（2023·河南·河南省实验中学校考模拟预测）如图，已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点C是椭圆上异于A，B的动点，过原点O平行于AC的直线与椭圆交于点M，N，AC的中点为点D，直线OD与椭圆交于点P，Q，点P，C，M在x轴的上方．
  
(1)当时，求；
(2)求的最大值．
14．（2023·北京东城·统考模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为，，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点为线段上的动点，过作线段的垂线交椭圆于不同的两点和，为线段上一点（异于端点）.当时，求的值.
15．（2023·上海徐汇·统考三模）在直角坐标平面中，抛物线是由抛物线按平移得到的，过点且与轴相交于另一点.曲线是以为直径的圆.称在轴上方的部分、在轴下方的部分以及点、构成的曲线为曲线，并记在轴上方的部分为曲线，在轴下方的部分为曲线.
  
(1)写出抛物线和圆的方程；
(2)设直线与曲线有不同于点的公共点、，且，求的值；
(3)若过曲线上的动点的直线与曲线恰有两个公共点、，且直线与轴的交点在点右侧，求的最大值.
16．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考三模）已知椭圆经过点，过原点的直线与椭圆交于，两点，点在椭圆上（异于，），且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点为直线上的动点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，求的最大值．
17．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）已知点M到点的距离比它到直线l：的距离小，记动点M的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)若过点F的直线交E于，两点，则在x轴的正半轴上是否存在点P，使得PA，PB分别交E于另外两点C，D，且？若存在，请求出P点坐标，若不存在，请说明理由.
18．（2023·江西·校联考二模）设为椭圆E：上的三点，且点关于原点对称，.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若点B关于原点的对称点为D，且，证明：四边形ABCD的面积为定值.
19．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知过右焦点的直线交双曲线于两点，曲线的左右顶点分别为，虚轴长与实轴长的比值为．
  
(1)求曲线的方程；
(2)如图，点关于原点的对称点为点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，求的轨迹方程．
20．（2023·江苏·统考模拟预测）已知抛物线：的焦点F也是双曲线：的一个焦点，与公共弦的长为.
(1)求的方程；
(2)过F的直线l与交于A，B两点，与交于C，D两点，且与同向.
（i）若，求直线l的斜率；
（ii）设在点A处的切线与x轴交于点M，试判断点F与以MD为直径的圆的位置关系.

参考答案：
1．(1)，离心率；
(2)相等，理由见解析

【分析】（1）根据求椭圆方程，以及离心率；
（2）首先设点的坐标，再利用坐标分别表示两个三角形的面积，做差后，即可比较大小.
【详解】（1）由题意可知，，，
所以椭圆方程为，离心率；
（2）设
直线，令，得，
直线，令，得，
所以

，




所以
  
2．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，由条件可得，从而可得其标准方程；
（2）根据题意，设，由为的角平分线可得之间的关系，设直线的方程为，从而表示出的坐标，再结合弦长公式即可得到结果.
从而表示出
【详解】（1）因为虚轴长为2，即，所以.
焦距为4，所以，，
所以双曲线的标准方程为.
（2）
如图，由题意知点Q在双曲线左支上，设，则.
易知直线的斜率存在，设直线的斜率为k，
记，又为的平分线，则.
因为，，
所以，
同理，
又，
代入，得，
化简得.
又，，所以，
将代入，，得，，
所以，，.
设直线的方程为，
将代入得，
所以直线的方程为，，
由点到直线的距离公式得
，
又直线MN的斜率为，设直线MN的方程为，
将代入得，
所以直线的方程为，
将其与联立得.
设，则，.
由得，
.
故，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，即的最大值为.
【点睛】解答本题的关键在于表示出点的坐标，再结合点到直线的距离公式与弦长公式表示出，即可得到结果.
3．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据直线抛物线方程的联立以及抛物线的定义即可求解；（2）根据直线与抛物线方程的联立以及坐标关系即可求解.
【详解】（1）  
当时，直线，
与联立消去y，
整理可得，
由得，
即.
设，，
可得，
所以，
由题意可得，准线方程为，
根据抛物线的定义可得，，
所以，
解得，满足，
所以抛物线C的方程为.
（2）  
直线与联立可得
，由得，即或（舍）

设，，则；
直线与联立消去y，
整理可得，
由得，
即或（舍），
故，
设，，
则；
因为，
同理，
所以，
所以由直线，直线及y轴围成的三角形为等腰三角形.
4．(1)
(2)证明见解析，

【分析】（1）设直线，联立方程组求得，利用弦长公式，分别求得，得到，结合基本不等式，即可求解；
（2）由和共线，得到，，又由和共线，得到和，进而得到，即可求解.
【详解】（1）解：设，
设直线，联立方程组，整理得，
可得，
所以，
同理可得，
所以，当且仅当时取等号，
所以，所以抛物线的方程为.
（2）解：当为时，，
由共线，可得，可得  ①，
同理由共线   ②
又由共线，可得，所以  ③
同理由共线，可得  ④
由①③得，
即  ⑤
又由②④得，
即  ⑥
由⑤⑥得，
即，即，所以在上.
  
5．(1)
(2)为定值，定值为

【分析】（1）将点代入双曲线上，结合双曲线渐近线与圆相切得到方程组，求出，得到答案；
（2）设直线方程为，与双曲线的的方程联立，得到两根之和，两根之积，求出的中点坐标，进而求出的垂直平分线的方程，求出，结合双曲线的定义，结合弦长公式求出定值.
【详解】（1）由题意点在双曲线上，可得，
圆的圆心为，半径为1，双曲线的渐近线与圆相切，
所以，即
解得，
故双曲线方程为；
（2）是定值，理由如下：
设直线方程为，由于直线交双曲线的右支于两点，故，
联立，可得，
当时，直线与双曲线的渐近线平行，此时直线和双曲线只有一个交点，不合题意；
故，此时，
  
设，则，
则，
即的中点坐标为，
因为为轴上一点，满足，故为的垂直平分线与轴的交点，
的垂直平分线的方程为：，
令，则得，即，
所以，
又，
又因为在双曲线的右支上，故，
故，即，
故，
即为定值，定值为.
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
6．(1)
(2)是定值，定值为.

【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出，可得椭圆的标准方程；
（2）设过点D且斜率不为0的直线方程为，代入，设，，根据韦达定理得和，再利用斜率公式得，代入和，化简可得.
【详解】（1）依题意，，，，，
所以，
所以椭圆C的标准方程为：.
（2）设过点D且斜率不为0的直线方程为，

联立，消去并整理得，
，
设，，
则，，
所以



.
所以为定值.
7．(1)
(2)是，定值1；定点.

【分析】（1）设点的坐标为，得到直线的方程，从而求出的坐标，再根据，求出动点轨迹方程；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用斜率公式及求出的值或、的关系，即可得解.
【详解】（1）设点的坐标为，点，
其中、的中点为，由此可得直线的方程为，
可得点的坐标为，再结合可得，
整理得，所以动点的轨迹的方程为：.

（2）设直线的方程为，联立直线与的方程可得：，
设点的坐标为，根据韦达定理可得，，
其中，结合条件可得：，
整理可得，
结合直线的方程可化简为：，
代入韦达定理可得，
通过分解因式可得即可得或，
当时，直线的斜率为定值；
当时，直线恒过定点.

8．(1)
(2)

【分析】（1）先求出椭圆方程，设，联立方程，利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，求出点到直线的距离，即可的解；
（2）设，利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，求出点到直线的距离，即可求得，求出的方程，令可得点的坐标，从而可求出，再根据即可得解.
【详解】（1）将代入，得，解得，
所以椭圆，
联立，得，设，
则，
则，
点到直线的距离为，
故的面积；
（2）设，
联立得，
恒成立，
则，
则，
点到直线的距离，
则，
直线的方程为，
令，则，
即，
同理，

因为，
所以，
因为，所以，
化简得，解得.
  
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
9．(1)；
(2)证明见解析；
(3)存在，理由见解析.

【分析】（1）根据离心率，以及，结合，即可求得曲线方程；
（2）设出直线的方程，联立双曲线方程，得到关于点坐标的韦达定理；再分别求得的方程，以及点的坐标，利用数量积的坐标运算，即可证明；
（3）求得直线不存在斜率时满足的，当斜率存在时，将所求问题，转化为直线斜率之间的关系，结合点的坐标满足曲线方程，求解即可.
【详解】（1）由题可得，故可得，则，
故的标准方程为.
（2）由（1）中所求可得点，的坐标分别为，
又双曲线渐近线为，显然直线的斜率不为零，
故设其方程为，，
联立双曲线方程可得：，
设点的坐标分别为，
则，
，
；
又直线方程为：，令，则，
故点的坐标为；
直线方程为：，令，则，
故点的坐标为；
则


故为定值.
（3）当直线斜率不存在时，
对曲线，令，解得，
故点的坐标为，此时，
在三角形中，，故可得，
则存在常数，使得成立；
当直线斜率存在时，
不妨设点的坐标为，，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
则，，
假设存在常数，使得成立，即，
则一定有：，也即；
又；；
又点的坐标满足，则，
故

；
故假设成立，存在实数常数，使得成立；
综上所述，存在常数，使得恒成立.
【点睛】关键点点睛：本题考察双曲线中定值以及存在常数满足条件的问题；其中第二问证明的关键是能够快速，准确的进行计算；第三问处理的关键是要投石问路，找到特殊情况下的参数值，再验证非特殊情况下依旧成立，同时还要注意本小题中把角度关系，转化为斜率关系；属综合困难题.
10．(1)
(2)

【分析】（1）由题意可知：△ARS是正三角形，则利用点A到渐近线的距离为列方程组求解；
（2）方法①设点，写出直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理把，表示为点的纵坐标的函数进行求解；方法②设直线的斜率为k，利用角平分线的向量表示，韦达定理，弦长公式，参数间的转化，最终把表示为关于k的函数进行求解.
【详解】（1）由题意可知：△ARS是正三角形，
所以点A到渐近线的距离为           
所以，解得，        
所以双曲线标准方程是：
（2）方法①：由双曲线的光学性质，可知点Q处的切线即为的角平分线.
设点，，则
设直线的方程是：，
由得：，
，解得：，
，
，，，，即直线：，
即：     
由点到直线的距离公式得：
直线方程：，即：
由，得：
所以，由都在双曲线右支上，得：
所以
所以
所以，令，则     
当，即时，的最大值为.
方法②：如图，由题意知点Q在双曲线左支上，设，则.
易知直线的斜率存在，设直线的斜率为k，
记，又为的平分线，则.
因为，，所以，
同理，又，
代入，得，
化简得.又，，所以，
由，，得，，
所以，.
所以直线的方程为，，
由点到直线的距离公式得：，
又直线MN的斜率为，且过点M，所以直线的方程为：
，
将其与联立得.
设，则，.
易知点N在第四象限，所以，得：，
.
故，          
当且仅当，即时，等号成立，
所以当且仅当时， 的最大值为.
  
【点睛】
11．(1)
(2)在定直线上，理由见详解.

【分析】（1）由椭圆的标准方程计算即可；
（2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线MN与椭圆联立消，设直线AN、BM的方程解出G纵坐标，结合韦达定理化简计算即可.
【详解】（1）因为曲线C是椭圆，所以，解得；.
（2）是在定直线上，理由如下：
当时，此时椭圆，设点与直线l联立得，
，且，
所以
易知，则，
两式作商得是定值，
故G在定直线上.
  
12．(1)，
(2)证明见详解
(3)

【分析】（1）根据题意结合椭圆的定义以及双曲线的渐近线分析运算；
（2）根据题意利用点差法分析运算；
（3）根据题意讨论直线的斜率是否为0，结合韦达定理以及向量的线性运算分析运算.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，双曲线的实轴长、虚轴长、焦距依次为、、，
则可得，
因为双曲线的焦点在x轴上，且渐近线是，则，即，
可得，即，所以，
又因为点在椭圆上，则的周长为，
解得，
可得，
所以椭圆的标准方程为，双曲线的标准方程.
  
（2）设，则的中点，
由题意可知：，则，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减可得，
整理得，即，
又因为，则，
且点均在直线上，则点即为点，即为的中点.

（3）设，
当直线的斜率为0时，则，
可得，
因为，则，解得，
又因为，则，解得，即；
当直线的斜率不为0时，可设直线的方程为，
可得，
联立方程，消去x得，
则，解得或，
可得，
因为，则，整理得，
由，可得，
又因为，则，
整理得；
综上所述：点的轨迹方程为.
  
【点睛】方法点睛：与相交有关的向量问题的解决方法
在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．
13．(1)－
(2)10

【分析】（1）设，根据题意求得，得到，进而得到，方法1、由直线的方程为，联立方程组，分别求得的坐标，得到向量和，结合向量的夹角公式，即可求解；
方法2、由，求得，结合，即可求解；
方法3、由，结合，即可求解.
（2）设点，得到，设直线的方程为，联立方程组求得，同理得到，
方法1、求得，令，利用二次函数的图象与性质，求得，结合，即可求解；
方法2、求得，利用基本不等式求得，进而求得的最大值.
【详解】（1）解：设，因为，且，可得，
又因为，解得或（舍去），
因为点在轴上方，则，可得，即点的坐标为，
由点为的中点，所以点的坐标为，
所以，
方法1  由于直线过原点且与直线平行，则直线的方程为，
因为点在的上方，可得，
由，解得，则，所以，则，
由，解得，则，所以，则，
则；
方法2  由于直线过原点且与直线平行，则，
因为，可得，则，
因为，所以，可得，
则.
方法3  由于直线过原点且与直线平行，
则，
因为，
则.
（2）解：设点，由，可得，
则,
可得，
又由直线的斜率一定存在且不为零，故可设其方程为，
由，解得，则，
因为，可得，同理可得，
方法1  由题可得，
令，则，可得，
当时，即时，取等号，即
又因为，所以的最大值为.
方法2  由题可知，
所以，当且仅当时，等号成立，
又因为，所以的最大值为.
  
【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
14．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，可得，再由离心率可得，再由椭圆中的关系即可得到，从而得到椭圆的方程；
（2）根据题意，设出点的坐标，然后表示出点的坐标，再由列出方程，即可得到结果.
【详解】（1）由已知，可得，则，因为，所以，
且，所以椭圆的方程为.
（2）  
设，则，由已知可得，
设，则，，则，
所以，，即，
又因为，所以，
所以，即，
化简可得，又因为，所以，
所以，解得或（舍），
所以.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了椭圆的性质以及直线与椭圆的位置关系，难度较难，解答本题的关键是利用好与之间的关系，然后由列出方程，再通过计算，即可求解.
15．(1)，；
(2)；
(3)1.

【分析】（1）利用向量平移求出的方程，并求出与x轴的两个交点坐标即可求出的方程.
（2）直线与、的方程分别联立，借助相等的角及正切列式求解作答.
（3）按在圆上和在曲线上分类讨论，计算的最大值作答.
【详解】（1）抛物线上的点按得到点，
所以抛物线由抛物线向下平移1个单位得到，则的方程为，
抛物线与轴相交于点，
则以为直径的圆的方程为.
（2）将与圆方程联立，消去，有，因为，
所以，即，代入直线方程得，
联立与抛物线方程，得，
所以，
因为，故，解得，
由，可得，所以.
（3）设，显然直线斜率存在，设直线的方程为，
由直线与轴的交点在点右侧，所以，下面分两种情况讨论：
情况一：若在圆上，则，
情况二：若在曲线上，因为直线与轴的交点在点右侧，所以斜率大于0，所以点在第一象限，
由直线与曲线恰有两个公共点、，知直线与曲线曲线各有且仅有一个公共点，
因为直线与轴的交点在点右侧以及斜率大于0知：
直线与圆在轴及其上方无公共点，所以直线与曲线相切于点，
于是有，当且仅当时等号成立；
又因为时，，
当且仅当时等号成立，所以，
即直线与抛物线在轴下方部分无公共点，所以直线与曲线相切于点，
由求导得：，直线的斜率为，
于是得直线的方程为，且满足，
由解得，此时取，得，
直线与曲线相切于点、曲线相切于点，符合题意，此时有，
所以.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
16．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意利用点差法可得，结合，运算求解即可；
（2）根据直线与椭圆相切利用韦达定理可得，结合夹角公式分析运算即可.
【详解】（1）设，则，
可得，
因为点在椭圆上，则，两式相减得，
整理得，即，可得，
又因为点在椭圆上，则，
由，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由题意可知：切线的斜率存在，设为，
设点，过点的直线为，
联立方程，消去y得，
则，
整理得，则，
即过直线上任一点均可作椭圆的两条切线，且，
可得，
因为，
因为，当且仅当时，等号成立
则，可得，
所以，
故当时，取到最大值.

【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法：一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据点M到点的距离等于它到直线l：的距离，结合抛物线的定义得出抛物线E的标准方程；
（2）设，由结合抛物线方程得出是方程的两根，设直线AB的方程为，并与抛物线方程联立结合韦达定理得出点P坐标.
【详解】（1）因为点M到点的距离比它到直线l：的距离小，
所以点M到点的距离等于它到直线l：的距离，
则点M的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线，
则曲线E的方程为.
（2）设，
由得：，且，得，
即，所以，
代入抛物线方程，得，
整理得，同理可得
故是方程的两根，，
由韦达定理可得①，
由题意，直线AB的斜率一定存在，故设直线AB的方程为，
与抛物线方程联立可得，
易得，由韦达定理可得②，
由①②可得，
故在x轴的正半轴上存在一点满足条件.
  
18．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设点的坐标，利用点差法表示，进一步计算得出结果；
（2）由对称性，四边形ABCD为平行四边形，所以，设直线AB的方程为，与椭圆方程联立得出韦达定理，表示四边形ABCD的面积并证明定值.
【详解】（1）设，，，则，
两式相减，得，则，即，
又因为，所以，
所以椭圆E的方程为.
（2）由对称性，四边形为平行四边形，所以，
设直线的方程为，联立，消去得：
，则，
且，
由得，则，
即
整理得，即.
.
原点到直线的距离，
所以为定值.
  
19．(1)
(2)

【分析】（1）根据右焦点坐标、虚轴长与实轴长的比值可得曲线的方程；
（2）设直线的斜率分別为，直线为，与双曲线方程联立，利用韦达定理代入可得、的值，求出直线、直线方程联立求得，可得直线的方程，与联立可得可得答案．
【详解】（1）由题意得，又，则，曲线的方程为；
（2）设直线的斜率分別为，直线为，
由，得，
，
，
则


，




，
由于点关于原点的对称点为点，，
则直线为，直线为，显然，
由，得，
即，
则直线的方程为，
由得，即，
当时，由对称性可知在轴上，
此时直线平行于直线，不符合题意，
故的轨迹方程为．
【点睛】关键点点睛：第二位关键点是利用韦达定理得、的值，直线的方程与直线方程联立得点坐标，考查了学生发现问题解决问题的能力．
20．(1)
(2)（i）；（ii）点F在以MD为直径的圆内

【分析】（1）根据弦长和抛物线方程可求得交点坐标，结合同焦点建立方程组求解可得；
（2）（i）设，，，，直线方程，分别联立抛物线方程和双曲线方程，利用韦达定理，结合可解；（ii）利用导数求出切线方程以及点M坐标，利用判断，从而可知为钝角，可得结论.
【详解】（1）的焦点为，所以①
又与公共弦的长为，且与都关于y轴对称，
所以公共点的横坐标为，代入可得纵坐标为3，
所以公共点的坐标为，
所以②
联立①②得，，故的方程为.
（2）设，，，，
（i）因为与同向，且，所以，
从而，即，
所以，
设直线l的方程为，
  
联立，得，，则，，
联立，得，，
则，，
所以，即，
所以，所以或，
由图可知，，得，故
所以直线l的斜率为.
（ii）由得，所以在点A处的切线方程为，
令得，即，所以，而，
于是，
因此是锐角，从而是钝角，
故点F在以MD为直径的圆内.
【点睛】本题属直线与圆锥曲线综合问题，一般遵循设而不求原则，基本步骤为：
1、设出点的坐标和直线方程；
2、直线方程联立圆锥曲线方程消元，得到关于x或y的一元二次方程；
3、判断判别式，利用韦达定理得到两根和与两根积；
4、利用根与系数关系对题目条件进行转化求解.