2024年全國一卷數(shù)學新高考題型細分S13圓錐曲線解答題2

2024年全國一卷新高考題型細分S13——圓錐曲線大題2試卷主要是2024年全國一卷新高考地區(qū)真題、模擬題，合計202套。其中全國高考真題4套，廣東47套，山東22套，江蘇18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。題目設置有尾注答案，復制題干的時候，答案也會被復制過去，顯示在文檔的后面，雙擊尾注編號可以查看。方便老師備課選題。題型純粹按照個人經(jīng)驗進行分類，沒有固定的標準?！秷A錐曲線——大題》題目主要按長短順序排版，具體有：短，中，長，涉后導數(shù)等，大概206道題。每道題目后面標注有類型和難度，方便老師備課選題。短2：（2024年閩J18福師附模擬）18．設F是雙曲線：的左焦點，經(jīng)過F的直線與相交于M，N兩點．

(1)若M，N都在雙曲線的左支上，求面積的最小值．（18．(1)(2)存在這樣的定點【分析】（1）聯(lián)立直線與雙曲線方程，即可由弦長公式以及點到直線距離公式求解長度，利用面積公式以及二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解，（2）由向量數(shù)量積的坐標運算，即可結(jié)合韋達定理化簡求解.【詳解】（1）設直線MN的方程為，，．由可得，由根與系數(shù)的關系可知，①．此時．原點O到直線MN18．(1)(2)存在這樣的定點【分析】（1）聯(lián)立直線與雙曲線方程，即可由弦長公式以及點到直線距離公式求解長度，利用面積公式以及二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解，（2）由向量數(shù)量積的坐標運算，即可結(jié)合韋達定理化簡求解.【詳解】（1）設直線MN的方程為，，．由可得，由根與系數(shù)的關系可知，①．此時．原點O到直線MN的距離為，此時．由M，N都在雙曲線的左支上知，，得，令，則，由于，所以當，即時，此時取最大值，則，當，即時，等號成立．（2）假設存在這樣的定點．當直線的斜率不為0時，由（1）知②．將①代入②可得，此時要想為定值，則，得，從而．即存在這樣的定點滿足題意．當直線的斜率為0時，易知，若，則，滿足題意.綜上，存在滿足題意．【點睛】方法點睛：圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：（1）利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構造不等關系，從而確定參數(shù)的取值范圍；（2）利用已知參數(shù)的范圍，求新的參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關系；（3）利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（4）利用已知的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（5）利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.（2024年閩J19南平三檢）18．已知，，直線，相交于點，且它們的斜率之積是4，記點的軌跡為曲線

(1)求的方程；（18．(1)(2)證明見解析【分析】（1）由斜率公式結(jié)合題意即可列式，化簡即可得解.（2）設直線的方程為：，將其與橢圓方程聯(lián)立，從而，，思路一：由斜率公式、（1）中結(jié)論以及點在直線上，可得，從而結(jié)合韋達定理可得為定值2，由此即可得證；思路二：聯(lián)立直線與直線的方程，可得，在里面代入，結(jié)合韋達定理即可得出為定值，由此即可得證.【詳解】（1）設，則，，由已知，有，故的方程為.（2）解法一：

設，，若直線的斜率為0，則直線與的交點在軸上，與已知矛盾，故設直線的方程為：，由，得，18．(1)(2)證明見解析【分析】（1）由斜率公式結(jié)合題意即可列式，化簡即可得解.（2）設直線的方程為：，將其與橢圓方程聯(lián)立，從而，，思路一：由斜率公式、（1）中結(jié)論以及點在直線上，可得，從而結(jié)合韋達定理可得為定值2，由此即可得證；思路二：聯(lián)立直線與直線的方程，可得，在里面代入，結(jié)合韋達定理即可得出為定值，由此即可得證.【詳解】（1）設，則，，由已知，有，故的方程為.（2）解法一：

設，，若直線的斜率為0，則直線與的交點在軸上，與已知矛盾，故設直線的方程為：，由，得，，則，，由點在直線上，設，則，，所以，又，則，即，，，，，，所以（舍去），或，所以的方程為，過定點解法二：設，，若直線的斜率為0，則直線與的交點在軸上，與已知矛盾，故設直線的方程為：，由得，，，則，，所以，即，又直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立直線與直線的方程，可得，又點在直線上，故，所以，故，直線的方程為，過定點.（2024年閩J20莆田三模）18．已知橢圓C：的左、右焦點分別為是C上一點，.點分別為C的上、下頂點，直線：與C相交于兩點，直線交于點P.

(1)求C的標準方程；（18．(1)(2)【分析】（1）設焦距，分類討論是否為直角，結(jié)合兩點斜率公式與正切的差角公式計算即可；（2）設坐標，聯(lián)立橢圓方程利用韋達定理得橫坐標的關系，再含參表示方程，化簡計算得點Р在定直線：上，設直線與直線的交點分別為，含參表示其坐標求三角形面積的最值即可.【詳解】（1）設橢圓的焦距為，則.①當時，則，滿足題意；②當時，則，分別設直線的斜率為18．(1)(2)【分析】（1）設焦距，分類討論是否為直角，結(jié)合兩點斜率公式與正切的差角公式計算即可；（2）設坐標，聯(lián)立橢圓方程利用韋達定理得橫坐標的關系，再含參表示方程，化簡計算得點Р在定直線：上，設直線與直線的交點分別為，含參表示其坐標求三角形面積的最值即可.【詳解】（1）設橢圓的焦距為，則.①當時，則，滿足題意；②當時，則，分別設直線的斜率為，則，，所以，即，整理得，解得或.又，且，所以沒有c滿足方程.綜上，因為點在橢圓C上，所以，又，解之得，，所以C的方程為；（2）設，聯(lián)立方程組，整理得，則，，顯然，由橢圓解析式知其上下頂點坐標為：，可得直線的方程為，直線的方程為，則，解得，故點Р在定直線：上，設直線與直線的交點分別為E，F(xiàn)，易得E，F(xiàn)，當且僅當時，等號成立.（2024年冀J26保定十校三模）19．已知為坐標原點，經(jīng)過點的直線與拋物線交于，（，異于點）兩點，且以為直徑的圓過點.（19．(1)(2).【分析】（1）根據(jù)題意，聯(lián)立直線與拋物線方程，由代入計算，即可得到拋物線方程；（2）根據(jù)題意，分有一邊斜率不存在與三邊的斜率都存在討論，分別表示出，結(jié)合代入計算，結(jié)合基本不等式即可得到直線斜率的最大值.【詳解】（1）設，，，聯(lián)立方程得，則，.因為以為直徑的圓過點，所以，則，即，解得，所以，解得，所以的方程為.（2）設，，.不妨設，，按逆時針順序排列.①當有一邊斜率不存在時，另一頂點為19．(1)(2).【分析】（1）根據(jù)題意，聯(lián)立直線與拋物線方程，由代入計算，即可得到拋物線方程；（2）根據(jù)題意，分有一邊斜率不存在與三邊的斜率都存在討論，分別表示出，結(jié)合代入計算，結(jié)合基本不等式即可得到直線斜率的最大值.【詳解】（1）設，，，聯(lián)立方程得，則，.因為以為直徑的圓過點，所以，則，即，解得，所以，解得，所以的方程為.（2）設，，.不妨設，，按逆時針順序排列.①當有一邊斜率不存在時，另一頂點為，不妨設，則，.與拋物線的方程聯(lián)立得，，中心.②當三邊的斜率都存在時，，.又，所以，化簡可得，同理可得，，三式相加得.因為，，是上的三點，所以，又，所以.設，則，，代入上式得.又①也滿足，所以的軌跡方程為.當，直線的斜率為，當且僅當時，直線的斜率取得最大值.當時，直線的斜率.綜上，直線斜率的最大值為.【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是利用內(nèi)角為得到關于的三條方程，從而整理得的軌跡方程為，由此得解.（2024年冀J27名校聯(lián)盟三模）15．已知橢圓：的離心率為，是橢圓的短軸的一個頂點．

(1)求橢圓的方程．（15．(1)；(2)是，．【分析】（1）根據(jù)離心率和得到方程，求出，得到橢圓方程；（2）設，先得到，，設過點與橢圓相切的直線為，聯(lián)立橢圓方程，由得到，由兩根之積得到【詳解】（1）由題意得，又，解得，故橢圓方程為；（2）是，，理由如下：設，當時，此時兩切線中的一條切線斜率不存在，舍去，故，，設過點與橢圓相切的直線為，與聯(lián)立得，15．(1)；(2)是，．【分析】（1）根據(jù)離心率和得到方程，求出，得到橢圓方程；（2）設，先得到，，設過點與橢圓相切的直線為，聯(lián)立橢圓方程，由得到，由兩根之積得到【詳解】（1）由題意得，又，解得，故橢圓方程為；（2）是，，理由如下：設，當時，此時兩切線中的一條切線斜率不存在，舍去，故，，設過點與橢圓相切的直線為，與聯(lián)立得，由得，，整理得，過點與橢圓相切的兩直線斜率分別為，，所以【點睛】定值問題常見方法：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；（2）直接推理計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.（2024年湘J08長沙適應）22.已知雙曲線與直線：（）有唯一的公共點，直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于，兩點，其中點，在第一象限.

（1）探求參數(shù)，滿足的關系式；（【答案】22.23.證明見解析【解析】【分析】（1）將直線與雙曲線方程聯(lián)立，因只有一個切點從而可得，從而求解.將直線分別與雙曲線的兩漸近線方程聯(lián)立求出，，由（1）可求出，

即，分別求出，，，從而可求解.【小問1詳解】聯(lián)立方程，整理得【答案】22.23.證明見解析【解析】【分析】（1）將直線與雙曲線方程聯(lián)立，因只有一個切點從而可得，從而求解.將直線分別與雙曲線的兩漸近線方程聯(lián)立求出，，由（1）可求出，

即，分別求出，，，從而可求解.【小問1詳解】聯(lián)立方程，整理得.由，且是雙曲線與直線的唯一公共點，可得，則，即為參數(shù)，滿足的關系式.結(jié)合圖象，由點在第一象限，可知，且.所以，的關系式滿足.【小問2詳解】由題可得雙曲線的左焦點，漸近線為.聯(lián)立方程，解得，即；聯(lián)立方程，解得，即.結(jié)合，且由式可變形為，解得，可得.要證，即證，即證，即證，即證.由，得.根據(jù)直線的斜率公式，，，，則，，可得，因此，.【點睛】關鍵點點睛：利用直線與雙曲線方程聯(lián)立后利用，從而求得和點坐標，然后由直線分別與雙曲線的兩漸近線聯(lián)立求出坐標，要證，從而可求解.（2024年湘J06雅禮一模）18.已知橢圓的離心率為，且點在橢圓上．

（1）求橢圓的標準方程；（【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）將點代入橢圓方程，結(jié)合離心率公式，即可利用待定系數(shù)法求橢圓方程；（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達定理表示，即可求解的值.【小問1詳解】由橢圓的離心率為，且點在橢圓上，可得，所以，又點在該橢圓上，所以，所以，所以橢圓C的標準方程為．【小問2詳解】證明：設【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）將點代入橢圓方程，結(jié)合離心率公式，即可利用待定系數(shù)法求橢圓方程；（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達定理表示，即可求解的值.【小問1詳解】由橢圓的離心率為，且點在橢圓上，可得，所以，又點在該橢圓上，所以，所以，所以橢圓C的標準方程為．【小問2詳解】證明：設，由于該直線斜率不為0，可設，聯(lián)立方程和，得，恒成立，根據(jù)韋達定理可知，，，，，．（2024年蘇J07百師聯(lián)盟）18.已知橢圓的右焦點為F，A為橢圓上一點，為坐標原點，直線與橢圓交于另一點，直線與橢圓交于另一點（點B、D不重合）．（【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）利用橢圓對稱性和點差法化簡即可得；（2）設，直線的方程為，聯(lián)立直線和橢圓方程，寫出的表達式并利用韋達定理化簡整理可得，解得.【小問1詳解】易知，設，依題意知；易知，又點B、D不重合，所以，又在橢圓上，可得，兩式相減可得；可得，【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）利用橢圓對稱性和點差法化簡即可得；（2）設，直線的方程為，聯(lián)立直線和橢圓方程，寫出的表達式并利用韋達定理化簡整理可得，解得.【小問1詳解】易知，設，依題意知；易知，又點B、D不重合，所以，又在橢圓上，可得，兩式相減可得；可得，可得【小問2詳解】設，直線的方程為，如下圖所示：聯(lián)立，消去整理可得，且恒成立；可得易知，由可得；，所以，即，解得，即點的坐標為.（2024年蘇J02前黃一模）17.已知過點的直線與拋物線交于兩點，為坐標原點，當直線垂直于軸時，的面積為.

（1）求拋物線的方程；（【答案】（1）的方程為（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)三角形面積求出，得出拋物線方程；（2）利用重心的性質(zhì)可得，再由直線與拋物線聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關系化簡，由均值不等式及不等式的性質(zhì)求值域即可.【小問1詳解】當時，，，所以，由題意可知，，所以，所以拋物線的方程為【小問2詳解】如圖，設，因為【答案】（1）的方程為（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)三角形面積求出，得出拋物線方程；（2）利用重心的性質(zhì)可得，再由直線與拋物線聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關系化簡，由均值不等式及不等式的性質(zhì)求值域即可.【小問1詳解】當時，，，所以，由題意可知，，所以，所以拋物線的方程為【小問2詳解】如圖，設，因為為的重心，所以；因為，且；所以；設，與聯(lián)立得：，所以，所以，則；所以；所以取值范圍為.（2024年粵J27深圳一調(diào)）21.已知，分別是雙曲線：（，）的左、右焦點，，點到的漸近線的距離為3.

（1）求雙曲線的標準方程及其漸近線方程；（【答案】（1）雙曲線的標準方程為，漸近線方程為（2）證明過程見詳解.【解析】【分析】（1）利用焦距求出，利用點到直線距離公式表示到的漸近線的距離求出，再利用求出，然后求出漸近線.（2）討論直線的斜率是否存在，且當直線的斜率存在時，設出直線方程，與雙曲線方程聯(lián)立，根據(jù)，找到參數(shù)之間的關系，線段的長，利用點到直線的距離公式求出三角形的高，求得面積，即可證明.【小問1詳解】因為，所以，因為，漸近線為，即則【答案】（1）雙曲線的標準方程為，漸近線方程為（2）證明過程見詳解.【解析】【分析】（1）利用焦距求出，利用點到直線距離公式表示到的漸近線的距離求出，再利用求出，然后求出漸近線.（2）討論直線的斜率是否存在，且當直線的斜率存在時，設出直線方程，與雙曲線方程聯(lián)立，根據(jù)，找到參數(shù)之間的關系，線段的長，利用點到直線的距離公式求出三角形的高，求得面積，即可證明.【小問1詳解】因為，所以，因為，漸近線為，即則到的漸近線的距離為可表示為，所以，所以雙曲線的標準方程為，漸近線方程為.【小問2詳解】①當直線經(jīng)過雙曲線的頂點時直線的斜率不存在，此時直線方程為，此時易得，點到直線的距離為，所以此時②當直線的斜率存在時設直線為，由得因為直線于雙曲線相切，所以且，整理得且，即由得，則同理得到所以點到直線的距離所以所以的面積為定值3.【點睛】利用，找到參數(shù)之間的關系，再利用公式求得，利用點到直線的距離公式求出三角形的高，進而求出面積是解題關鍵.（2024年冀J43名校二聯(lián)考）18．已知橢圓，直線與橢圓交于A、B兩點，為坐標原點，且，，垂足為點．

(1)求點的軌跡方程；（18．(1)

(2)【分析】（1）分直線l斜率不存在和存在兩種情況進行討論，結(jié)合韋達定理以及向量垂直的坐標表示即可求得P的軌跡方程；（2）分直線l斜率不存在和存在兩種情況進行討論，求出弦長的取值范圍，結(jié)合面積公式即可求得答案.【詳解】（1）①當直線l斜率不存在時，由橢圓的對稱性，不妨設直線l在y軸右側(cè)，18．(1)

(2)【分析】（1）分直線l斜率不存在和存在兩種情況進行討論，結(jié)合韋達定理以及向量垂直的坐標表示即可求得P的軌跡方程；（2）分直線l斜率不存在和存在兩種情況進行討論，求出弦長的取值范圍，結(jié)合面積公式即可求得答案.【詳解】（1）①當直線l斜率不存在時，由橢圓的對稱性，不妨設直線l在y軸右側(cè)，直線OA的方程為，由，解得，，所以，，所以，直線AB的方程為，此時．同理，當直線l在y軸左側(cè)時，．

②當直線l斜率存在時，設直線l的方程為，，，由消去y整理得，，∴，且，，又∵，∴即：，所以，，則，故，所以滿足，所以，．綜上，，所以，點P的軌跡方程為．（2）①由（1）可知，當直線l斜率不存在或斜率為0時，．

②當直線l斜率存在且不為0時，，∵，∴，當且僅當，即等號成立．∴，∴，∴，綜上，．

【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.（2024年粵J125新會華僑二模）17．已知拋物線的焦點為，過點且斜率為2的直線與交于A，B兩點，且．

(1)求的方程；（17．(1)

(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)條件，得到直線方程為，設，聯(lián)立拋物線方程，根據(jù)拋物線的弦長求得，即得答案；（2）設直線MN的方程為，聯(lián)立拋物線方程，根據(jù)拋物線的弦長求得，由，所以，由（1）可知，計算即可證得結(jié)論.【詳解】（1）設．因為點的坐標為，所以，由得，則，從而得，所以的方程為．（2）證明：因為點的坐標為，直線MN的斜率不為0，所以設直線17．(1)

(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)條件，得到直線方程為，設，聯(lián)立拋物線方程，根據(jù)拋物線的弦長求得，即得答案；（2）設直線MN的方程為，聯(lián)立拋物線方程，根據(jù)拋物線的弦長求得，由，所以，由（1）可知，計算即可證得結(jié)論.【詳解】（1）設．因為點的坐標為，所以，由得，則，從而得，所以的方程為．（2）證明：因為點的坐標為，直線MN的斜率不為0，所以設直線MN的方程為．設，由可得，則所以．由（1）可知，因為點A，P的縱坐標分別為，且，所以可得，即．（2024年粵J129佛山二模）19．兩條動直線和分別與拋物線相交于不同于原點的A，B兩點，當?shù)拇剐那∈荂的焦點時，.

(1)求p；（19．(1)；

(2).【分析】（1）利用垂直關系，結(jié)合斜率坐標公式，列式計算即得.（2）求出P的軌跡方程，分和兩種情況討論，求出直線AB過定點，再求出N點坐標，即可求出三角形面積.【詳解】（1）由的垂心恰是C的焦點，由拋物線對稱性得，，而，不妨設，而焦點，則，解得，所以.（2）由（1）知，，19．(1)；

(2).【分析】（1）利用垂直關系，結(jié)合斜率坐標公式，列式計算即得.（2）求出P的軌跡方程，分和兩種情況討論，求出直線AB過定點，再求出N點坐標，即可求出三角形面積.【詳解】（1）由的垂心恰是C的焦點，由拋物線對稱性得，，而，不妨設，而焦點，則，解得，所以.（2）由（1）知，，由，解得，同理，則，而，因此所以P的軌跡方程為，當時，不妨設，，此時，直線AB過點，當時，直線AB的斜率為，AB的方程為，整理得，直線AB過點，因此直線AB過定點，由可得，解得，于是或，當時，MN的中點為，直線MN的斜率為，此時直線AB的方程為，由解得或，當時，直線AB為，不符合題意，舍去，則，，邊上的高，因此的面積，當時，由對稱性，同理可得，所以的面積為.【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：

①“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；

②“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據(jù)題設條件選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；③求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.（2024年粵J128深圳二模）18．設拋物線C：（），直線l：交C于A，B兩點．過原點O作l的垂線，交直線于點M．對任意，直線AM，AB，BM的斜率成等差數(shù)列．

(1)求C的方程；（18．(1)；

(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)題意，分與代入計算，聯(lián)立直線與拋物線方程，結(jié)合韋達定理代入計算，再由等差中項的定義列出方程，即可得到結(jié)果；（2）方法一：聯(lián)立直線與拋物線的方程，表示出中點的坐標，再由點M，N，E三點共線可得△AMN面積為△ABM面積的，結(jié)合三角形的面積公式代入計算，即可證明；方法二：聯(lián)立直線與拋物線的方程，再由，得，點18．(1)；

(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)題意，分與代入計算，聯(lián)立直線與拋物線方程，結(jié)合韋達定理代入計算，再由等差中項的定義列出方程，即可得到結(jié)果；（2）方法一：聯(lián)立直線與拋物線的方程，表示出中點的坐標，再由點M，N，E三點共線可得△AMN面積為△ABM面積的，結(jié)合三角形的面積公式代入計算，即可證明；方法二：聯(lián)立直線與拋物線的方程，再由，得，點，即可得到直線MN與x軸垂直，再由三角形的面積公式代入計算，即可證明.【詳解】（1）

設點，，由題可知，當時，顯然有；當時，直線OM的方程為，點．聯(lián)立直線AB與C的方程得，，所以，，因為直線AM，AB，BM的斜率成等差數(shù)列，所以．即，，化簡得．將代入上式得，則，所以曲線C的方程為．（2）

（法一）設直線：，聯(lián)立C的方程，得．由，得，點，設AB的中點為E，因為，，則點．因為，所以點M，N，E三點共線，且點N為ME的中點，所以△AMN面積為△ABM面積的．記△AMN的面積為S，點到直線AB：的距離，所以，當時，等號成立．所以命題得證．（法二）設直線：，聯(lián)立C的方程，得．由，得，點．所以直線MN與x軸垂直．記△AMN的面積為S，所以．當時，等號成立．所以命題得證．【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵采用設線法，聯(lián)立拋物線方程，根據(jù)相切求出，再得出，最后計算出面積表達式求出其最值即可.（2024年冀J39承德二模）18．已知橢圓的左頂點到右焦點的距離是3，且的離心率是，過左焦點的直線與橢圓交于兩點，過左焦點且與直線垂直的直線與橢圓交于兩點.

(1)求橢圓的標準方程；（18．(1)

(2)【分析】（1）由已知列出關于的方程組，求出，可求，得橢圓的標準方程；（2）兩直線一條斜率為0，另一條斜率不存在時，由通徑與長軸求出結(jié)果；當兩直線斜率存在且不為0時，利用弦長公式把兩弦長之和表示為關于斜率的函數(shù)，結(jié)合基本不等式求取值范圍.【詳解】（1）由題意得解得，則，所以橢圓的標準方程為；（2）由（1）可知，左焦點，當直線斜率不存在或者斜率為0時，，當直線18．(1)

(2)【分析】（1）由已知列出關于的方程組，求出，可求，得橢圓的標準方程；（2）兩直線一條斜率為0，另一條斜率不存在時，由通徑與長軸求出結(jié)果；當兩直線斜率存在且不為0時，利用弦長公式把兩弦長之和表示為關于斜率的函數(shù)，結(jié)合基本不等式求取值范圍.【詳解】（1）由題意得解得，則，所以橢圓的標準方程為；（2）由（1）可知，左焦點，當直線斜率不存在或者斜率為0時，，當直線斜率存在且不為0時，設直線，直線，，聯(lián)立方程組整理得，則，因此，同理可得，所以，由于，當且僅當時等號成立，則，綜上所述，的取值范圍為.【點睛】方法點睛：解答直線與圓錐曲線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關系，并結(jié)合題設條件建立有關參變量的等量關系，涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形，強化有關直線與圓錐曲線聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．（2024年冀J37滄州三模）18．已知雙曲線的左焦點為，經(jīng)過點的直線交雙曲線于點，，當直線軸時，.

(1)求雙曲線的標準方程；（18．(1)

(2)證明見解析【分析】（1）代入點的坐標即可求解；（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程，利用韋達定理表示出的面積，再證明滿足雙曲線方程即可.【詳解】（1）依題意，雙曲線過點，代入雙曲線解析式，得，解得，所以雙曲線的標準方程為；（2）證明：直線與雙曲線方程聯(lián)立得消去并整理可得，所以，則，設，，則，，所以，點到直線的距離為，所以18．(1)

(2)證明見解析【分析】（1）代入點的坐標即可求解；（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程，利用韋達定理表示出的面積，再證明滿足雙曲線方程即可.【詳解】（1）依題意，雙曲線過點，代入雙曲線解析式，得，解得，所以雙曲線的標準方程為；（2）證明：直線與雙曲線方程聯(lián)立得消去并整理可得，所以，則，設，，則，，所以，點到直線的距離為，所以的面積為，令，則，，，，則，所以，則點在雙曲線上.（2024年冀J30保定二模）18．已知拋物線的焦點為，過作互相垂直的直線，分別與交于和兩點（A，D在第一象限），當直線的傾斜角等于時，四邊形的面積為．

(1)求C的方程；（18．(1)

(2)證明見解析.【分析】（1）由拋物線的對稱性知，由四邊形的面積求出，又的方程為，聯(lián)立直線與拋物線方程，利用韋達定理及焦點弦公式求出，即可得解；（2）設直線的方程為，則直線的方程為，設，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，表示出直線、的方程，聯(lián)立解得，即可得證.【詳解】（1）當直線的傾斜角等于時，直線的傾斜角等于，直線的方程為，由拋物線的對稱性知，所以18．(1)

(2)證明見解析.【分析】（1）由拋物線的對稱性知，由四邊形的面積求出，又的方程為，聯(lián)立直線與拋物線方程，利用韋達定理及焦點弦公式求出，即可得解；（2）設直線的方程為，則直線的方程為，設，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，表示出直線、的方程，聯(lián)立解得，即可得證.【詳解】（1）當直線的傾斜角等于時，直線的傾斜角等于，直線的方程為，由拋物線的對稱性知，所以，得．聯(lián)立方程組，消去得．設兩點的橫坐標分別為，則，．又，所以，所以的方程為．（2）由（1）知，依題意，可設直線的方程為，則直線的方程為．聯(lián)立方程組消去得，顯然，設，則．設，同理可得，所以，同理可得．直線的方程為，即．同理，直線的方程為．兩直線方程聯(lián)立得，解得，即直線與的交點在定直線上．【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為、；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算