2022年苏教版-高二上册-期中解答压轴题（第1-3章） (解析版)

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期中解答压轴题（第1-3章）
一、解答题
1．如图所示，将一块直角三角形板ABO置于平面直角坐标系中，已知，，点是三角板内一点，现因三角板中阴影部分受到损坏，要把损坏部分锯掉，可用经过点P的任一直线MN将三角形锯成，设直线MN的斜率为k，问：

（1）求直线MN的方程；
（2）若的面积为，求的表达式；
（3）若S为的面积，问是否存在实数m，使得关于S的不等式有解，若存在，求m的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】（1）（2）（3）存在，
【分析】（1）利用点斜式方程，即可求得直线的方程，得到答案；
（2）联立直线方程求出直线交点的坐标，进而求得的范围，再利用弦长公式和点到直线的距离公式，由，即可得到答案；
（3）根据有解问题最值法，先分离变量，再利用二次函数性质求函数最小值，即可求解．
【解析】（1）依题意，点，直线的斜率为，
由直线的点斜式方程，可得直线MN的方程为．
（2）由题意，因为，
可得直线OA方程为，直线AB方程为，
联立方程组，解得，
因为，所以或，
又由，解得，∵，∴
所以
由弦长公式可得，
又由点P到直线OM的距离为，
所以．
（3）由题意，可得，
设，
令，即，函数在为单调递增函数，
所以当时，的最小值为，当时，的最大值为，
即，所以，
又且，
所以，可得的最小值为，
所以实数的取值范围是．
【点睛】本题主要考查了直线的一般方程与直线的性质，并且考查了函数的最值与有解问题，是一道知识交汇较好，综合性较强的题，属于难题．
2．已知点和非零实数，若两条不同的直线、均过点，且斜率之积为，则称直线、是一组“共轭线对”，如直线和是一组“共轭线对”，其中是坐标原点.

（1）已知、是一组“共轭线对”，且知直线，求直线的方程；
（2）如图，已知点、点和点分别是三条倾斜角为锐角的直线、、上的点（、、与、、均不重合），且直线、是“共轭线对”，直线、是“共轭线对”，直线、是“共轭线对”，求点的坐标；
（3）已知点，直线、是“共轭线对”，当的斜率变化时，求原点到直线、的距离之积的取值范围.
【答案】（1）；（2）或；（3）.
【分析】（1）由可得直线的斜率，进而可得直线的方程；
（2）设直线的斜率分别为，可得，求解可得的值，进一步得到直线与直线的方程，联立得的坐标；
（3）设，其中，利用两点间的距离公式可得原点到直线、的距离，变形后利用基本不等式求解．
【解析】解：（1）由已知得，又，

直线的方程；
（2）设直线的斜率分别为，
则，得或．
当时，
直线的方程为，直线的方程为，联立得；
当时，
直线的方程为，直线的方程为，联立得．
故所求为或；
（3）设，其中，
故
．
由于（等号成立的条件是），
故．
【点睛】本题考查直线方程的点斜式及交点坐标，考查点到直线距离公式的运用，训练了利用基本不等式求最值，难度较大，对学生的理解能力要求较高．
3．在平面直角坐标系中，已知圆：与圆：.
(1)若圆与圆有公共点，求正实数的取值范围；
(2)求过点且与圆相切的直线的方程；
(3)当时，设为平面上的点，且满足：存在过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，试求所有满足条件的点的坐标.
【答案】(1)
(2)或
(3)或

【分析】（1）由两圆相交可得，解之可得的取值范围；
（2）分类讨论切线的斜率情况，再由线圆相切得到，解之可得直线的方程；
（3）利用弦定长公可将问题转化为圆心到直线与圆心直线的距离相等，由此列出方程化简，可得到等式，再由的无穷多解判定得的取值，进而得求.
（1）
因为圆：，故，半径为；
又因为：，故，半径为2，
所以两圆圆心距为：，
因为圆与圆有交点，
所以，得，即.
（2）
当直线的斜率不存在时，直线符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为即，
因为直线与圆相切，则，即，
此时直线的方程为，即，
综上：直线的方程为或.
（3）
设点坐标为，因为有无数条直线符合要求，不妨设直线与的方程分别为：
，，即：，，
因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，两圆半径相等，
由垂径定理可知圆心到直线与圆心直线的距离相等，
故有，即或，
由于关于的方程有无穷多解，故，或，
解得或，即点坐标为或.
4．已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且截直线所得的弦长为4.
(1)求圆的方程；
(2)设点在圆上运动，点，M为线段AB上一点且满足，记点的轨迹为曲线.
①求曲线的方程，并说明曲线的形状；
②在直线上是否存在异于原点的定点，使得对于上任意一点，为定值，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)①，曲线是为圆心，为半径的圆.
②不存在，理由见解析.

【分析】（1）令且，结合题设得圆为，联立直线结合韦达定理及弦长公式列方程求参数m，进而写出圆的方程；
（2）①设，，应用坐标表示，，再根据列方程组分别用表示、用表示，最后由点在圆上代入化简即可确定的方程，并说明曲线的形状即可.
②设且，，不妨假设为定值，根据两点距离公式、在上化简并整理可得，则多项式方程中的系数及常数项均为0求参数，即可判断存在性.
(1)
令且，易知圆的半径为，
∴圆的方程为，联立，整理可得，
若与圆交点横坐标分别为、，则，，
∴，解得，又，即，
∴圆的方程为.
(2)
①设，，则，，而，
∴，则，又在圆上，
∴曲线的方程为，故曲线是为圆心，为半径的圆.
②设且，，
∴要使为定值，即为定值即可，则，
∴，又，则，
∴，
∴，可得，又异于原点，
∴不存在，使上任意一点有为定值.
【点睛】关键点点睛：第二问，利用两个动点的数量关系，将一个未知曲线上的动点坐标表示已知圆上的动点坐标，根据点在圆上代入方程整理得曲线的方程即可；设动点，根据比值为定值列方程并整理为含所设参数的整式方程形式，要使比值不受动点的影响只需保证相关项的系数为0，列方程组求参数判断存在性.
5．在平面直角坐标系中，已知圆过点，且与圆外切于点．

（1）求圆的方程；
（2）设斜率为2的直线l分别交x轴负半轴和y轴正半轴于A，B两点，交圆在第二象限的部分于E，F两点，且．
①求直线l的方程；
②若P是圆上的动点，求的面积的最大值．
【答案】（1）；（2）①；②
【分析】（1）设出圆的方程，根据已知列出方程可求出圆心和半径，即可得出方程；
（2）①设直线的方程为，根据题意可求出的范围，再根据求出；
②分别求出和到直线的距离，根据圆的几何性质可求出面积的最大值.
【解析】（1）设圆的方程为，
圆过点，且与圆外切于点，
，解得，则，
所以圆的方程为；
（2）①设直线的方程为，，
直线l分别交x轴负半轴和y轴正半轴于A，B两点，交圆在第二象限的部分于E，F两点，
，解得，
，AB与EF中点重合，
又AB中点，可得，即，解得，
故直线方程为；
②到直线l的距离 ，
，
点到直线l的距离，
结合圆的几何性质可得的面积的最大值为.
6．设点为抛物线：（）的动点，是抛物线的焦点，当时，.
(1)求抛物线的方程；
(2)当在第一象限且时，过作斜率为，的两条直线，，分别交抛物线于点，，且，证明：直线恒过定点，并求该定点的坐标；
(3)是否存在定圆：，使得过曲线上任意一点作圆的两条切线，与曲线交于另外两点，时，总有直线也与圆相切？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)定点为，详见解析；
(3)，证明见解析.

【分析】（1）由题可得，进而即得；
（2）由题可得，设，联立抛物线方程，利用韦达定理法结合条件可得，进而即得；
（3）取，结合条件可得，然后证明对任意的点，直线也与圆相切，设，切线为，利用韦达定理法结合条件求出直线方程，计算圆心到直线的距离即得.
（1）
∵当时，，
∴，
所以，
即抛物线的方程为；
（2）
∵在第一象限且时，
∴，
设，，
由，可得，
则，
∵，
同理，又
∴，即，
∴，即，
所以，即
所以直线恒过定点；
（3）
取，设的切线为，
则，即，
把代入，
解得，
直线，若直线与圆：相切，
则，又，
解得或（舍去），
下面证明过曲线上任意一点（除原点）作圆的两条切线，与曲线交于另外两点，时，总有直线也与圆相切，
设，切线为，，
由，可得，
∴，
由，可得，
所以，
∴，即，
同理可得，
故，
所以直线，
所以圆心到直线的距离为
，
又，
∴，
综上，可得过曲线上任意一点，存在实数，使直线与圆相切.
7．在平面直角坐标系中， 设点， 点与两点的距离之和为为一动点， 点满足向量关系式：．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设与轴交于点(在的左侧)， 点为上一动点 (且不与重合)． 设直线轴与直线分别交于点，取，连接，证明：为的角平分线．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）根据椭圆的定义可得点G的轨迹方程，然后利用相关点法即得点的轨迹方程；
（2）设点，由题可得，，，只需证明点到直线的距离即可，结合条件即得.
（1）
设点，，
则由点与两点的距离之和为，
可得点G的轨迹是以为焦点且长轴长为的椭圆，
其轨迹方程为，
由，可得，代入点G的轨迹方程，
可得：，
所以点的轨迹方程；
（2）
设点，则，即，
，令，得，
，
则点到直线的距离为：
，
要证ER为的角平分线，只需证，
又，
，
所以，当且仅当，即时，
又在上，则，即，
代入上式可得恒成立，
为的角平分线．
8．已知椭圆C：的长轴为双曲线的实轴，且椭圆C过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点A，B是椭圆C上异于点P的两个不同的点，直线PA与PB的斜率均存在，分别记为，且，
①求证：直线AB恒过定点，并求出定点的坐标；
②当坐标原点O到直线AB的距离最大时，求直线AB的方程.
【答案】(1)；
(2)①证明见解析，定点；②.

【分析】（1）由给定的双曲线求出a，再由椭圆过的点求解作答.
（2）①直线斜率存在时，设出其方程并与C的方程联立，利用韦达定理结合已知计算判断，再验证斜率不存在的情况作答；
②由①中动直线，确定点O到直线AB的最大距离即可求解作答.
（1）
双曲线的实半轴长为，则，即椭圆C：过点，有，解得，
所以椭圆C的标准方程是.
（2）
①当直线斜率存在时，设直线的方程为：，，
由消去y并整理得：，
，有，则，，
，，

，即，整理得，满足，
直线AB的方程：，即，直线AB过定点，
当直线斜率不存在时，设，则，，
，解得，直线：过点，
所以直线恒过定点，此定点坐标为.
②由①知，直线过点，显然在椭圆内，并且为定值，
因此当且仅当直线时，坐标原点O到直线AB的距离最大，此时直线AB的斜率，方程为，
所以直线AB的方程为.
【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.
9．如图，已知点为抛物线的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点A在第一象限，点C在抛物线上，使得的重心G在x轴上，直线交x轴于点Q，且Q在点F的右侧，记，的面积分别为，．

(1)求p的值及抛物线的准线方程；
(2)设A点纵坐标为，求关于t的函数关系式；
(3)求的最小值及此时点G的坐标．
【答案】(1)，准线方程
(2)
(3)的最小值为，点G的坐标为

【分析】（1）由焦点坐标确定p的值和准线方程即可；
（2）设出直线方程，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理求得面积的表达式，再用代换并化简即可；
（3）根据已求的函数关系式，结合基本不等式即可求得的最小值和点G的坐标.
（1）
因为点为抛物线的焦点，
所以，即，准线方程.
（2）
设，
设直线AB的方程为，与抛物线方程联立可得：
，故：，
，
设点C的坐标为，由重心坐标公式可得：
，，
令可得：，则.即，
由斜率公式可得：，
直线AC的方程为：，
令可得：，
故，
且，
由于，代入上式可得：，
由可得，则，
则，
令 ，得.
即关于t的函数关系式为.
（3）
设，则，
当且仅当，即，，时等号成立，
即的最小值为，
此时，，则点G的坐标为.
【点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系，本题主要考查了抛物线准线方程的求解，直线与抛物线的位置关系，三角形重心公式的应用，基本不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
10．已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点，抛物线E上不同的两点M，N只能同时满足下列三个条件中的两个：

①；②；③直线MN的方程为．
(1)问M，N两点只能满足哪两个条件（只写出序号，无需说明理由）？并求出抛物线E的标准方程；
(2)如图，过F的直线与抛物线E交于A，B两点，过A点的直线l与抛物线E的另一交点为C，与x轴的交点为D，且，求三角形ABC面积的最小值．
【答案】(1)②③，；
(2)16.

【分析】（1）分析3个条件，选择②③，再由③求出点M，N的坐标，结合②求出p值作答.
（2）设出直线AB的方程，与抛物线E的方程联立，由点A的横坐标表示点D，求出直线AC方程，进而求得点C的坐标，建立三角形面积的函数关系，求其最小值作答.
(1)
抛物线的焦点，由①知，点F在线段MN上，由②知，为正三角形，由③知，直线MN过点，
显然①③矛盾，若是①②，令，，则，由得：，
即，有，又，
于是有，整理得，此等式不成立，即①②矛盾，依题意，同时满足的条件为②③，
因直线MN的方程为，则不妨令，则，即有，
而，则有，此时，即成立，
所以.
(2)
显然直线AB不垂直于y轴，设，由消去x并整理得：，
设，，由抛物线的对称性，不妨令A点在x轴上方，即，
，，，，
由得：，则直线，
由消去x并整理得：，则有点C的纵坐标为，
于是得点，又，
点C到AB距离，
，
当且仅当，即时取“=”，
所以三角形ABC面积的最小值是16．
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
11．如图所示：已知椭圆：的长轴长为4，离心率．是椭圆的右顶点，直线过点交椭圆于，两点，交轴于点，，．记的面积为．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)求的取值范围；
(3)求证：为定值．
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.

【分析】（1）根据给定条件，求出半焦距c及b即可作答.
（2）设出直线的方程，与椭圆E的方程联立，结合韦达定理求出面积S的表达式即可求解作答.
（3）由（2）中信息，用点C，D的坐标表示出即可计算作答.
（1）
令椭圆E的半焦距为c，依题意，，，解得，则，
所以椭圆的标准方程为.
（2）
依题意，直线不垂直于坐标轴，设直线：，，设，
由消去x并整理得：，则，，
，
由（1）知，则有，
令，显然函数在上单调递增，，则，
所以的取值范围是.
（3）
由（2）知，，由得，即，而，同理，
因此，，
所以为定值.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
12．已知椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，且经过点（1，）．
(1)求椭圆C的方程；
(2)动直线l：y=x+m与椭圆C相切，点M，N是直线l上的两点，且F1M⊥l，F2N⊥l，求四边形F1MNF2的面积；
(3)过椭圆C内一点T（t，0）作两条直线分别交椭圆C于点A，C，和B，D，设直线AC与BD的斜率分别是k1，k2，若|AT|·|TC|=|BT|·|TD|，试问k1+k2是否为定值，若是，求出定值，若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)是；

【分析】（1）由题列出关系即可求出；
（2）将直线代入椭圆方程，利用求出，即可求出四边形F1MNF2的相关长度，得出面积；
（3）得出直线的方程，与椭圆联立，可以表示出，同理得出，即可根据已知求出.
(1)
由题意可得，
将点代入椭圆方程得，
解得，
即有椭圆方程为；
(2)
将直线代入椭圆方程可得，，
由直线和椭圆相切的条件可得，解得，
焦点，由对称性可取直线，
则，，
即有四边形的面积为；
(3)
可得直线的方程为，
联立方程，得．
设，则．
∵
．
同理，直线的方程为，则．
∵，
∴．
又T为椭圆内任意一点，∴，即，
所以，∴．
又直线与不重合，∴为定值．
13．已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交于点，证明：点在定直线上．
(3)设直线的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.

【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆上顶点坐标，再结合即可求解作答.
（2）设点，联立直线l与椭圆C的方程，求出直线AM，AN的方程，再联立求出交点Q的横坐标即可作答.
（3）利用（2）中信息，直接计算即可作答.
(1)
当时，直线：，令，得，即椭圆的上顶点为，则，
又的周长为，即，，又，解得，
所以椭圆的方程为.
(2)
由（1）知，，设，依题意，点A，B不在x轴上，
由消去并整理得：，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线、的方程得，
由得代入上式，得
，于是得，
所以直线交点在定直线上．
(3)
由（2）知，，由得：，
所以为定值．
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.
14．已知，，为平面上一动点，且满足，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程．
(2)若，过点的动直线：交曲线于，（不同于，）两点，直线与直线斜率分别记为，.
①求的范围.
②证明：为定值，并计算定值的范围．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析，

【分析】（1）根据双曲线定义直接可得轨迹方程.
（2）设直线方程，联立方程组，根据韦达定理可得参数范围，进而可证为定值，及其取值范围.
（1）
由题意：，，即的运动轨迹是，焦点为，的双曲线的右支，所以轨迹方程为
（2）
①直线：，令，.
联立得到：
故.
因为要同时交于双曲线右支，首先，即存在，使得
同时满足：，
所以；
②
又因为故①式可化为：

因为，所以.
15．在一张纸片上，画有一个半径为4的圆（圆心为M）和一个定点N，且，若在圆上任取一点A，将纸片折叠使得A与N重合，得到折痕BC，直线BC与直线AM交于点P．

(1)若以MN所在直线为轴，MN的垂直平分线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，求点P的轨迹方程；
(2)在（1）中点P的轨迹上任取一点D，以D点为切点作点P的轨迹的切线，分别交直线，于S，T两点，求证：的面积为定值，并求出该定值；
(3)在（1）基础上，在直线，上分别取点G，Q，当G，Q分别位于第一、二象限时，若，，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定值为2
(3)

【分析】（1）结合几何关系将所求问题转化为求的定值问题即可求解曲线方程；
（2）先由斜率为0求出，当斜率不为0时，设直线方程为，联立直线与双曲线方程，由得，再由切割法得
，求出点，联立直线与渐近线方程求出，代入面积公式化简即可；
（3）设，，，由代换出点坐标，将代入双曲线方程化简得，再结合坐标面积公式进一步化简得关于的对勾函数，由对勾函数性质可求面积的取值范围．
(1)
过点N作圆M的切线，切点分别为E，F．

由题意知，BC是线段AN的垂直平分线，
因为直线BC与直线AM交于点P，所以，
当点A在劣弧EF上时，点P在射线MA上，所以；
当点A在优弧EF上时，点P在射线AM上，所以．
所以，
所以点P的轨迹是以M，N为焦点的双曲线．
设该双曲线的标准方程为，
则，，
所以a＝2，，，
所以点P的轨迹方程为；
(2)
双曲线的渐近线为．由题意知直线l的斜率存在，设
当直线l的斜率为0时，易知是以ST为底边的等腰三角形，
,，则，此时．
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，
联立消去x得，
．①
设直线l与y轴交于点H，则，
则．
（直接求的面积不易求得，将进行拆分）
联立，
联立．
则（定值）．
综上所述，的面积为定值2；

(3)
由题可设，，，，．
因为，所以
将点的坐标代入双曲线方程有，化简得．
故．
（三角形面积公式）
因为，所以由对勾函数性质得，
故．
16．如图，在平面直角坐标系中，分别为双曲线Г：的左､右焦点，点D为线段的中点，直线MN过点且与双曲线右支交于两点，延长MD､ND，分别与双曲线Г交于P､Q两点.

(1)已知点，求点D到直线MN的距离；
(2)求证：；
(3)若直线MN､PQ的斜率都存在，且依次设为k1､k2.试判断是否为定值，如果是，请求出的值；如果不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)是定值.

【分析】（1）求得点坐标和直线的方程，由此求得到直线的距离.
（2）对的斜率是否存在进行分类讨论，由此证得结论成立.
（3）设出直线的方程并代入双曲线方程，求得的坐标，由此计算是定值.
(1)
，
所以，则，
直线的方程为，即，
所以到直线的距离为.
(2)
直线的斜率不存在时，，
直线的斜率存在时，，，整理得.
综上所述，成立.
(3)
依题意可知直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，代入双曲线并化简得：
①，
由于，则代入①并化简得：
，
设，则，代入，
得，即，
所以
，
所以是定值.
17．如图，已知点是焦点为F的抛物线上一点，A，B是抛物线C上异于P的两点，且直线PA，PB的倾斜角互补，若直线PA的斜率为.

(1)求抛物线方程；
(2)证明：直线AB的斜率为定值并求出此定值；
(3)令焦点F到直线AB的距离d，求的最大值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
(3)

【分析】（1）待定系数法求解抛物线方程；（2）设出直线方程，联立后得到A点纵坐标，同理得到B点纵坐标，从而求出直线AB的斜率；（3）在前两问基础上用斜率k表达出，换元后使用基本不等式求出最大值.
（1）
将点代入抛物线方程可得：，抛物线
（2）
设，与抛物线方程联立可得：
，∴，用代k可得：
因此，，即.
（3）
由（1）可知，，，
因此
到直线AB的距离.

∵
∴
，令，由得
∴
当且仅当时取等号.
的最大值为.
【点睛】求解抛物线取值范围问题，把要求解的问题转化为单元问题，常使用的工具有换元，基本不等式，或导函数.
18．1.在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为2．

(1)求椭圆的方程；
(2)如图，动直线：交椭圆于A，两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，，是的两条切线，切点分别为S，．求的最小值及的最大值．
【答案】(1)
(2)的最小值为2，的最大值为

【分析】（1）利用离心率与焦距的条件，求出与的值，进而求出椭圆的方程；（2）先用韦达定理表达出的长，然后利用比例关系，表达出的长，再利用解方程表达出的长，表达出，换元法求出的最小值，利用圆的切线性质求出的最大值，进而求出的最大值
(1)
由题意知，，∴，，
∴椭圆的方程为：
(2)
设，，联立方程
得
由题意知，，
∴
∴圆的半径
联立得：
∴，，∴
又，∴，∴
令，则，
∴
当即时等号成立
∴，∴

综上所得：的最小值为2，的最大值为
【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．
19．在双曲线C：中，､分别为双曲线C的左右两个焦点，P为双曲线上且在第一象限内的点，的重心为G，内心为I.

（1）求内心I的横坐标；
（2）已知A为双曲线C的左顶点，直线l过右焦点与双曲线C交于M、N两点，若、的斜率、满足，求直线l的方程；
（3）若，求点P的坐标.
【答案】（1）2；（2）；（3）.
【分析】(1)根据三角形内心的意义作出三角形的内切圆，利用圆的切线性质即可得解；
(2)设直线l的斜率为k，写出其方程，联立直线l与双曲线C的方程，消元得一元二次方程，借助韦达定理及斜率坐标公式列式计算即得；
(3)设出点，由此可得点G坐标，再由三角形面积及双曲线定义求，然后列式计算即可作答.
【解析】(1)依题意，双曲线C的焦点，作出的内切圆，I为圆心，切点分别为S，K，T，如图：

设点I的横坐标为t，显然x轴，，
由双曲线定义知，解得，
所以内心I的横坐标为2；
(2)点，显然直线l不垂直于x轴，否则由双曲线对称性得，
设直线l的斜率为k，则直线l：，
由消去y得：，
显然，设，，
则
，
解得，即直线l：，
所以直线l的方程为；
(3)设点，则的重心，
因，则，而，
，
又，联立解得，
从而有，解得 ，即点，
所以点P的坐标为.
【点睛】思路点睛：双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、面积定理、||PF1|-|PF2||＝2a，得到a，c的关系．
20．在平面直角坐标系中，已知直线与椭圆交于点A，B（A在x轴上方），且．设点A在x轴上的射影为N，三角形ABN的面积为2（如图1）．

（1）求椭圆的方程；
（2）设平行于AB的直线与椭圆相交，其弦的中点为Q．
①求证：直线OQ的斜率为定值；
②设直线OQ与椭圆相交于两点C，D（D在x轴的上方），点P为椭圆上异于A，B，C，D一点，直线PA交CD于点E，PC交AB于点F，如图2，求证：为定值．
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）设，由，即，得的值，根据，得a的值，再根据椭圆过A点，解得b，写出方程即可；
（2）①设平行AB的直线的方程为，且，联立，根据韦达定理求得与；从而可得直线OQ的斜率为定值．
②由题意可知，，，求出，．设，求出E、F的坐标，利用弦长公式分别求出AF、CE的值，将用，表示，化简消去，，即可得结论．
【解析】（1）由题意知，可设，可得，
即，所以，故，即，
又椭圆经过，即，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设平行于AB的直线方程为，且，
①联立，设，，得到，
所以，，故直线OQ的斜率为（定值）.
②由题意可知，，，
联立，得，，
设，直线斜率存在时，直线，
联立，得，
直线，联立，
得，则，
，
所以因为，所以，代入上式得：

.
当斜率不存在时结果仍然成立，故​为定值．
【点睛】本题第（2）问的第②小问非常复杂，但主要是在运算量上面，做题时还是本着“设而不求”的原则，题目需要什么就应该事先求出什么，方法比较固定，可以总结一下这道题的思路.
21．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为．

（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分．
①求的取值范围；
②将点、、看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）①；②．
【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程，方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程；（2）①首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；②由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程.
【解析】（1）方法（1）特殊值法，令，，且，解得
∴，，椭圆的方程为
方法（2）设，由题意（常数），
整理得：，
故，又，解得：，．
∴，椭圆的方程为．
方法（3）设，则．
由题意
∵为常数，∴，又，解得：，，故
∴椭圆的方程为
（2）①由，又，
∴（或由角平分线定理得）
令，则，设，则有，
又直线的斜率，则，代入得：
，即，
∵，∴．
②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，
，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，
则有，即，解得：．
又，故，∴
又，
∴，
解得：，，
∴，∴直线的方程为．

【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系，以及外接圆，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并根据几何关系进行消参，转化与化归，是本题的关键也是难点.