2022届高三各地一模试卷解答题专题汇编——平面解析几何2

2021-2022学年度高中数学期中考试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
一、解答题
1．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右两个焦点为、，动点P满足．
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)设过且不垂直于坐标轴的动直线l交轨迹E于A、B两点，问：线段上是否存在一点D，使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形？若存在，请给出证明：若不存在，请说明理由．
2．已知椭圆过点，以四个顶点围成的四边形面积为．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(0，-3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC分别交直线于点M、N，若|PM|+|PN|≤15，求k的取值范围．
3．已知抛物线，直线与抛物线交于点，，且.
(1)求的值.
(2)已知点，过抛物线上一动点（点在直线的左侧）作抛物线的切线分别交，于点，，记，的面积分别为，，求的最小值.
4．已知椭圆的一个焦点与短轴的两个端点组成的三角形是等腰直角三角形，点是椭圆C上一点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设是椭圆C上的一动点，由原点向引两条切线，分别交椭圆C于点P，Q，若直线的斜率均存在，并分别记为，求证：为定值．
5．已知抛物线的焦点为F，以F和准线上的两点为顶点的三角形是边长为的等边三角形，过的直线交抛物线E于A，B两点．
(1)求抛物线E的方程；
(2)是否存在常数，使得，如果存在，求的值，如果不存在，请说明理由；
(3)证明：内切圆的面积小于．
6．动点P在圆E：上运动，定点F(1，0)，线段PF的垂直平分线与直线PE的交点为Q.
(1)求Q的轨迹C的方程；
(2)若M，N是轨迹C上异于H(1，)的两点，直线HM，HN的斜率分别为k1，k2，且k1+k2=－1，HD⊥MN，D为垂足.是否存在定点S，使得|DS|为定值 若存在，请求出S点坐标及|DS|的值.若不存在，请说明理由.
7．已知椭圆的左右焦点分别是，，右顶点和上顶点分别为，，的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)以此椭圆的上顶点为直角顶点作椭圆的内接等腰直角，这样的直角三角形是否存在？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由.
8．已知椭圆C：的左 右顶点分别为A，B，上顶点为D，点P在椭圆C上，且.
(1)过点D作斜率为2的直线l，设l与椭圆C的另一个交点为G，求；
(2)若直线AD与直线BP交于点E，直线DP与x轴交于点M，求证：直线EM过定点T（2，1）.
9．如图，足球运动员在国际标准足球场上沿下列几种直线（方向）带球推进，试寻找最佳的射门位置，使得射门的命中角最大．
(1)沿着贴近球场边线AB的直线推进；
(2)沿与底线成45°夹角的直线CD推进，并推广到推进路线与底线成角的情形．
10．已知为坐标原点，圆的圆心在轴上，点、均在圆上.
(1)求圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆交于两个不同的点、，点在圆上，求面积的最大值.
11．已知椭圆C：的离心率为，直线与椭圆仅有一个公共点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：，试问在x轴上是否存在一定点M，使得过M的直线交椭圆于P，Q两点，交l于N，且满足，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
12．已知抛物线的焦点到准线的距离为2.
(1)求抛物线的轨迹方程；
(2)过点(其中)作两条相互垂直的直线、，直线与抛物线相切于点(在第一象限内)，直线与抛物线相交于A、两点，记直线、的斜率分别为、，求的最小值.
13．已知动圆过点（0，1），且与直线：相切．
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)点一动点，过作曲线E两条切线，，切点分别为，，且，直线与圆相交于，两点，设点到直线距离为．是否存在点，使得？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
14．已知点是椭圆E：一点，且椭圆的离心率为.
(1)求此椭圆E方程；
(2)设椭圆的左顶点为A，过点A向上作一射线交椭圆E于点B，以AB为边作矩形ABCD，使得对边CD经过椭圆中心O.
（i）求矩形ABCD面积的最大值；
（ii）问：矩形ABCD能否为正方形？若能，求出直线AB的方程；若不能，请说明理由.
15．已知椭圆过点，且离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)点在直线上，点关于轴的对称点为，直线、分别交椭圆于、两点（不同于点）.求证：直线过定点.
16．如图，已知椭圆的焦点是圆与x轴的交点，椭圆C的长半轴长等于圆O的直径．
(1)求椭圆C的方程；
(2)F为椭圆C的右焦点，A为椭圆C的右顶点，点B在线段FA上，直线BD，BE与椭圆C的一个交点分别是D，E，直线BD与直线BE的倾斜角互补，直线BD与圆O相切，设直线BD的斜率为．当时，求k．
17．设椭圆过，两点，O为坐标原点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)椭圆E的右顶点为D，直线与椭圆E交于A、B两点（A、B不是左右顶点），若其满足，且直线l与以原点为圆心半径为的圆相切，求直线l的方程.
18．如图，已知点F(1，0)为抛物线的焦点，过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F右侧.记△AFG，△CQG的面积为，.
(1)求p的值及抛物线的标准方程.
(2)求的最小值及此时点G的坐标.
19．设a，b是实数，若椭圆过点，且离心率为.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过椭圆E的上顶点P分别作斜率为，的两条直线与椭圆交于C，D两点，且，试探究过C，D两点的直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；否则，说明理由.
20．如图，已知椭圆和抛物线，斜率为正的直线与轴及椭圆依次交于、、三点，且线段的中点在抛物线上．
(1)求点的纵坐标的取值范围；
(2)设是抛物线上一点，且位于椭圆的左上方，求点的横坐标的取值范围，使得的面积存在最大值．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)；
(2)存在，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意用定义法求解轨迹方程；（2）在第一问的基础上，设出直线l的方程，联立椭圆方程，用韦达定理表达出两根之和，两根之积，求出直线l的垂直平分线，从而得到D点坐标，证明出结论.
(1)
由题意得：，所以，，而，故动点P的轨迹E的方程为以点、为焦点的椭圆方程，由得：，，所以动点P的轨迹E的方程为；
(2)
存在，理由如下：
显然，直线l的斜率存在，设为，
联立椭圆方程得：，设，，则，，
要想以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形，则点D为AB垂直平分线上一点，
其中，，则，故AB的中点坐标为，则AB的垂直平分线为：，令得：，且无论为何值，，点D在线段上，满足题意.
2．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
(1)
因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
(2)
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
，
故即，
综上，或.
所以的取值范围是.
3．(1)1；
(2)2.
【解析】
【分析】
（1）将代入抛物线方程，求得，坐标，根据坐标满足抛物线方程即可求得结果；
（2）联立直线DE的方程与抛物线的方程，由切线可知，进而得直线DE的方程为，将DE的方程与AM的方程联立得，同理可得，易得，可知，利用二次函数性质可得解.
(1)
将代入抛物线方程，得，即，
由，即，解得.
(2)
设点，，设直线DE的方程为，
将与抛物线方程联立，得到，
由，可得，
即直线DE的方程为.
由已知得直线AM的方程为，
将DE的方程与AM的方程联立得，同理可得，
易得，由，，
则，所以，
而.
故.
故的最小值为2，此时.
【点睛】
本题考查抛物线方程的求解，以及抛物线中三角形面积的最值问题；解决问题的关键是构造面积关于点坐标之间的函数关系，属综合题.
4．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由椭圆的性质得出，再将代入椭圆方程，结合得出椭圆C的标准方程；
（2）设直线，直线，根据距离公式得出是方程的两根，由韦达定理结合点在椭圆上，得出为定值．
(1)
解：由已知有解得
∴椭圆C的方程为.
(2)
证明：设直线，直线
又直线为圆R的切线，则，化简可得，
同理可得，
∴是方程的两根，
由，可知，
又在椭圆上，即，
∴，∴为定值．
【点睛】
关键点睛：解决问题二时，关键在于利用韦达定理建立与的关系式，再由点在椭圆上，得出与的关系式，从而证明为定值.
5．(1)；
(2)存在，1；
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据几何关系即可求p；
(2)求解为定值1，即可求λ＝1；
(3)先求的面积，再由(为三角周长)可求内切圆半径r.
(1)
由题意焦点到准线的距离等于该正三角形一条边上的高线，因此，∴抛物线E的方程为．
(2)
设直线的斜率为，直线方程为，记，
，消去，得
由，得且，，，
，
因此，即存在实数满足要求．
(3)
由(2)知，，
点F到直线AB的距离，
∴的面积
记的内切圆半径为r，∵，
∴
∴内切圆的面积小于．
6．(1)
(2)存在，S(，)，
【解析】
【分析】
（1）连接QF，由椭圆的定义可得点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，进而可得结果；
（2）设出直线MN的方程并与椭圆方程联立，写出韦达定理，求出的表达式，并令其等于，可得一个方程，然后因式分解讨论因式为0的情况，并求出对应的定点，即可求解.
(1)
连接QF，
根据题意，|QP|=|QF|，
则|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4>|EF|=2，
故动点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，
设其方程为
可知a=2，c=1，
∴，
所以点Q的轨迹C的方程为
(2)
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由题意可得直线MN的斜率存在，则可设直线MN的方程为，
代入椭圆方程可得：，
则，得，
且，
所以

由k1+k2=－1得：，
即，
当，直线
令x=1，则y=，显然过定点(1，)，舍去
当4k+m=0，直线y=kx一4k=k(x－4)，令x=4，
则y=0，直线过定点T(4，0)，
此时，，解得，存在直线过定点T(4，0).
当S为H，T的中点时，则S(，)，
此时
∴存在定点S(，)，使得为定值.
7．(1)
(2)存在，有三个
【解析】
【分析】
（1）由可得，然后可解出答案；
（2）设边所在直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，解出点的坐标，然后可得，用代替中的可得，然后由 求解即可.
(1)
由题意得 ①
因为 ，所以 ②
由①②得③，由②③得，
所以椭圆方程为；
(2)
假设能构成等腰直角，其中B(0， 1)，由题意可知，直角边不可能垂直或平行于轴，
故可设边所在直线的方程为(不妨设)
联立直线方程和椭圆方程得：，得
，
用代替上式中的，得，
由得，
即，，
故存在三个满足题设条件的内接等腰直角三角形.
8．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意可解得直线l与椭圆C的另一个交点为G的横坐标，利用弦长公式解得答案;
（2）设出相关的直线方程，求得直线DP与x轴的交点坐标以及直线BP与直线AD的交点E的坐标，然后可证明，从而证明T,M,E三点共线，进而说明直线EM过定点T（2，1）.
(1)
解依题意D（0，1），直线l：
联立,消去y得，解得或0,
则.
(2)
证明：点P在椭圆C上，且，
故 , ,
设直线DP的方程为,
直线BP的方程为,
所以直线DP与x轴的交点为M.
因为直线AD的方程为,
所以直线BP与直线AD的交点E为,
而T（2，1），
所以直线TM的斜率，直线7E的斜率,
所以，
将代入方程，得，
所以点P的横坐标为，则,
将点P的坐标代人直线BP的方程，
整理得.
因为，所以，
所以,则T,M,E三点共线，
所以直线EM过定点T（2，1）
【点睛】
本题考查椭圆的弦长问题 直线与椭圆的综合性问题，以及直线过定点问题，考查数学运算 逻辑推理的核心素养，其中运算较为繁杂，要十分细心.
9．(1)距离底线为处射门；
(2)距离底线为处射门；距离底线为处射门.
【解析】
【分析】
(1)根据给定信息建立直角坐标系，利用正切的差角公式借助均值不等式计算作答.
(2)在平面直角坐标系中，探讨沿直线、(k为正常数)推进的最佳射门位置即可作答.
(1)
以足球场左侧边线为y轴，下底边线为x轴建立平面直角坐标系，如图，
令球门两立柱点分别立于点M，N，立柱离左侧边线距离，由国际标准足球场知，，
由对称性，不妨令球由左侧边线推进，假定在点P处射门，，，
在中，，在中，，
，当且仅当，即时取“=”，
因为锐角，在上单调递增，因此，最大，当且仅当锐角最大，
所以沿着贴近球场边线AB的直线推进到距离底线为处射门，命中角最大.
(2)
由(1)的坐标系，沿与底线成45°夹角的直线推进，
由对称性，不妨令从球场垂直于底线的中线与直线CD交点E向点O推进，如图，
假定在点P处射门，设，，而，
，，，
显然，点到直线的距离，
以线段MN为直径的圆半径，因此，直线与以线段MN为直径的圆相离，则为锐角，
而，当且仅当，即时取“=”，显然，
即当时，取得最大值，
因为锐角，在上单调递增，因此，最大，当且仅当锐角最大，
所以沿与底线成45°夹角的直线推进到距离底线为处射门，命中角最大；
推进路线与底线成角时，令推进路线所在直线方程为，其中，
假定在点P处射门，设，，而，
，，，
当在线段OE上存在点使得时，则直线与以线段MN为直径的圆有公共点，
则圆心到直线的距离，解得，
当时，直线与以线段MN为直径的圆相切，切点，
此时，在切点处射门命中角最大，切点距离底线，
当时，直线与以线段MN为直径的圆相离，，
，
而，当且仅当，即时取“=”，显然，
即当时，取得最大值，
因为锐角，在上单调递增，因此，最大，当且仅当锐角最大，
此时，沿与底线成夹角的直线推进到距离底线为处射门，命中角最大，
当时，直线与以线段MN为直径的圆相交，直线上在此圆内的点可使为钝角，有，
，
而，当且仅当，即时取“=”，显然，
即当时，取得最大值，
因为钝角，在上单调递增，因此，最大，当且仅当钝角最大，
此时，沿与底线成夹角的直线推进到距离底线为处射门，命中角最大，
当时，最佳的射门位置距离底线也满足，
综上，沿与底线成夹角的直线推进到距离底线为处射门，命中角最大.
【点睛】
易错点睛：用基本不等式求最值，把握不等式成立的条件， “一正：各项均为正；二定：
积或和为定值；三相等“等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误.
10．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）求出圆心坐标，可求得圆的半径，进而可得出圆的标准方程；
（2）求得点到直线的距离，将直线的方程与椭圆的方程联立，求得的表达式，利用三角形的面积公式结合基本不等式可求得结果.
(1)
解：由题知，线段的中点为，直线的斜率，
所以线段的中垂线为，即为，
所以圆的圆心为轴与的交点，
所以圆的半径，所以圆的标准方程为.
(2)
解：由题知：圆心到直线的距离，
因为，所以圆心到直线的距离，
所以到直线的距离，
设点、，联立可得，
，，则，
所以，，
所以，
所以，
所以当且仅当，即时等号成立，
所以当时，取得最大值.
【点睛】
方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
11．(1)；
(2)存在，(4，0).
【解析】
【分析】
(1)根据离心率列出一个方程，联立直线方程和椭圆方程由再得一个方程，结合本身a、b、c的关系即可解出a、b、c的值，从而确定椭圆的标准方程；
(2)设，，，，直线PQ的方程为，由，得，即，联立直线PQ与椭圆方程，得和，从而可求m、n、t的关系，再结合N是l和直线PQ的交点即可求出m的值，从而可判定PQ是否过定点.
(1)
∵，∴，，
将代入，整理得，
∴，解得，
∴，，
∴椭圆C的方程为.
(2)
设，，，，直线PQ的方程为，
由，得，即.
将代入椭圆方程，整理得，
，即，
∴，.
∴.
将(1，n)代入，可得，代入上式可得.
当直线PQ的方程为时，也满足题意.
故定点M为(4，0).
12．(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据抛物线的定义和标准方程即可求解；
(2)根据是抛物线切线，求出N点坐标和斜率，从而求出斜率，写出的方程，联立与抛物线方程得到根与系数的关系，将、表示成关于根的关系式，代入数据化简即可求其得结果.
(1)
由题可知p＝2，∴；
(2)
由题意直线斜率存在，设的方程为，
由得，，
由于直线与抛物线相切，∴，
∴，
设则方程为：，
设，
由得，，
则，
同理：，
，当且仅当时取等号，
∴的最小值为.
13．(1)；
(2)不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线定义写出轨迹的方程；
（2）设直线AB：y＝kx＋m，，联立抛物线方程应用韦达定理及求参数m，进而写出切线，的方程并求交点P的坐标，再应用点线距离公式、弦长公式、圆中弦长的求法求到直线距离为、、，最后结合求参数k，判断存在性.
(1)
依题意，圆心的轨迹E是以F为焦点，l：y＝－1为准线的抛物线．
所以抛物线焦点到准线的距离等于2，故动圆圆心的轨迹E为x2＝4y．
(2)
依题意，直线AB斜率存在，设直线AB：y＝kx＋m，．
由，得，故．
，由x2＝4y，得，故切线 PA，PB的斜率分别为
由 PA⊥PB，得：，
所以m＝1，这说明直线 AB 过抛物线E的焦点F，则切线．
联立，消去y得：，即，
则，即，
于是P到直线AB：kx－y＋1＝0的距离．
．
设原点到直线kx－y＋1＝0的距离为，则，所以．
因为，所以， 化简整理得，无解，
所以满足条件的点P不存在．
【点睛】
关键点点睛：第二问，设直线并联立抛物线，应用韦达定理求所设直线的参数值，再根据点线距离、弦长公式及圆中弦长、半径、弦心距关系，分别求出到直线距离为、、，求参数判断存在性.
14．(1)；
(2)(i) ；(ii).
【解析】
【分析】
(1)根据给定条件列出关于a，b的方程组，解方程组代入得解.
(2)(i)设直线AB方程，与椭圆方程联立求出线段AB长，再求出原点O到直线AB距离列出矩形面积求解即可；
(ii)由(i)及列出方程，由方程解的情况即可判断计算作答.
(1)
令椭圆半焦距为c，依题意，，解得，
所以椭圆E的方程为：.
(2)
(i)由(1)知，，设直线AB的斜率为，则直线AB的方程为：，
由消去y并整理得：，点的横坐标，
则点的横坐标有：，解得，
则有，因矩形的边CD过原点O，则，
因此，矩形的面积，当且仅当，即时取“=”，
所以矩形ABCD面积的最大值是.
(ii)假定矩形ABCD能成为正方形，则，由(i)知：，
整理得：，即，而，解得，
所以矩形ABCD能成为正方形，此时，直线AB的方程为.
【点睛】
思路点睛：圆锥曲线中的最值问题，往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以
斜率或点的横、纵坐标等.而目标函数的最值可以通过二次函数或基本不等式或导数等求得.
15．(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件求出、的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，可求得点、的纵坐标，根据可得出、所满足的等式，再化简直线的方程，即可求得直线所过定点的坐标.
(1)
解：依题意可得，可得，所以椭圆方程为.
(2)
解：因为、两点不同于点，所以直线斜率一定存在，且，
可设直线的方程为，设、，其中且，
联立方程组消去，化简可得，
，则，
所以，，
又，所以，，
所以直线方程为，直线方程为，
令得，，
因为和关于轴对称，所以，即，
又代入上式，整理可得，
即，化简可得，
所以，直线的方程为，即，
所以，直线过定点.
【点睛】
方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
16．(1)；
(2)-1.
【解析】
【分析】
（1）由题设可得，求出参数b，即可写出椭圆C的方程；
（2）延长线段DB交椭圆C于点，根据对称性设B，为，，联立椭圆方程，应用韦达定理并结合已知条件可得，直线与圆相切可得，进而求参数t，即可求直线BD的斜率.
(1)
因为圆与x轴的交点分别为，，
所以椭圆C的焦点分别为，，
∴，根据条件得，
∴，故椭圆C的方程为．
(2)
延长线段DB交椭圆C于点，
因直线BD与直线BE的倾斜角互补，根据对称性得．
由条件可设B的坐标为，
设D，的纵坐标分别为，，直线的方程为，．
由于，即，所以．
由得：．
∴，．
∴①，②，
由①得：，代入②得，
∴．
∵直线与圆相切，
∴，即．
∴，解得，又，
∴，故，即直线BD的斜率．
【点睛】
关键点点睛：将已知线段的长度关系转化为D，的纵坐标的数量关系，设直线的含参方程，联立椭圆方程及其与圆的相切求参数关系，进而求参数即可.
17．(1)；
(2)或.
【解析】
【分析】
（1）把点的坐标代入方程即求；
（2）由题可得，由直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理法可得，再结合条件即求.
(1)
∵椭圆过，两点，
∴，解得，
∴椭圆E的方程为；
(2)
由题可得，设，
由，得，
∴，即，
∴，
∴
，
∵，
∴，整理得，
∴，
∴，即，
解得或，满足，
当时，过点D，不合题意，
∴，又直线l与以原点为圆心半径为的圆相切，
∴，
∴或，
∴直线l的方程为或.
18．(1)2，；
(2)最小值1＋，G(2，0).
【解析】
【分析】
(1)由抛物线的性质可得：，由此能求出抛物线的准线方程；
(2)设，，，，，，重心，，令，，则，从而得直线的方程，代入抛物线方程求出B，由重心在轴上，得到C和G，进而得直线的方程，从而得Q的坐标，由此结合已知条件能即能求出结果．
(1)
由题意得＝1，即p＝2.
∴抛物线的标准方程为；
(2)
设，，，，，，重心，，
令，，则，
由于直线过，故直线的方程为，
代入，得：，
，即，，，
又，，重心在轴上，
，
，，，，
直线的方程为，得，，
在焦点的右侧，，
，
令，则，
，
当时，取得最小值为，此时．
【点睛】
本题考查实数值、抛物线标准方程的求法，考查三角形的面积的比值的最小值及相应点的坐标的求法，考查抛物线、直线方程、重心性质、弦长公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
19．(1)；
(2)过定点，坐标为.
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的离心率公式，结合代入法进行求解即可；
（2）根据直线斜率公式和一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
(1)
因为椭圆的离心率为，
所以有.
椭圆过点，所以，由可解：
，所以该椭圆方程为：；
(2)
由（1）可知：，
设直线的方程为：，若，由椭圆的对称性可知：，不符合题意，
当时，
直线的方程与椭圆方程联立得：，
设， ，
，
因为，所以，把代入得：
，
所以有或，
解得：或，
当时，直线，直线恒过定点，
此时与点重合， 不符合题意，
当时，，直线恒过点，
当直线不存在斜率时，此时， ，因为，所以
，两点不在椭圆上，不符合题意，
综上所述：过C，D两点的直线过定点，定点坐标为.
【点睛】
关键点睛：根据一元二次方程根与系数关系是解题的关键.
20．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）设直线的方程为，则，将直线的方程与椭圆的方程联立，可求得点的坐标，将点的坐标代入抛物线的方程，可得出，结合可得出的取值范围，进而可求得的取值范围，即可得解；
（2）设点，计算得出的面积，令，记，则，求导，分析可知函数在内有唯一的极值点，且为极大值点，结合已知条件可得出关于的不等式组，解出的取值范围，即可得出点的横坐标的取值范围.
(1)
解：由题意可设直线的方程为，则，
联立可得，
，可得，①
设点、，由韦达定理可得，，
设点，则，，
将点的坐标代入抛物线的方程得，则，
代入①可得，可得，解得，
因此.
因此，点的纵坐标的取值范围是.
(2)
解：设点，则点到直线的距离为，
，故的面积，②
将代入②得，
令，记，则，则，
因为在上单调递减，所以，函数在内有唯一的极值点，且为极大值点，
所以，，可得，③
因为点在椭圆的左上方，则，④
由③④可得，因此，点的横坐标的取值范围是.
【点睛】
方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
答案第1页，共2页
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