2024年全国一卷数学新高考题型细分S13圆锥曲线解答题7

2024年全国一卷新高考题型细分S13——圆锥曲线大题7试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。《圆锥曲线——大题》题目主要按长短顺序排版，具体有：短，中，长，涉后导数等，大概206道题。每道题目后面标注有类型和难度，方便老师备课选题。中4：（2024年粤J110珠海一中冲刺）18．已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，，的面积为.

(1)求的方程；（【答案】(1)(2)点的横坐标为定值【分析】（1）依题意可得，即可得到为等边三角形，由面积公式求出，从而求出、；（2）首先求出点坐标，设直线，，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由斜率公式求出，即可得到，最后由斜率公式求出.【详解】（1）因为，所以，即，又，所以为等边三角形，所以，所以，又，所以，则，所以，所以椭圆方程为.（2）将代入解得，所以，由（1）可知，则直线的斜率存在，设直线，，，，由得，由，【答案】(1)(2)点的横坐标为定值【分析】（1）依题意可得，即可得到为等边三角形，由面积公式求出，从而求出、；（2）首先求出点坐标，设直线，，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由斜率公式求出，即可得到，最后由斜率公式求出.【详解】（1）因为，所以，即，又，所以为等边三角形，所以，所以，又，所以，则，所以，所以椭圆方程为.（2）将代入解得，所以，由（1）可知，则直线的斜率存在，设直线，，，，由得，由，所以，，所以，因为，所以，所以，解得，所以点的横坐标为定值.【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、的形式；（5）代入韦达定理求解.（2024年粤J109珠海一中冲刺）18．已知椭圆E：过两点，，椭圆的上顶点为P，圆C：在椭圆E内．

(1)求椭圆E的方程；（【答案】(1)(2)的最大值为，此时【分析】（1）根据题意代入两点，即可得椭圆方程；（2）设，过点的直线的方程为，根据点到直线的距离公式得到，则可得，再联立，求出坐标，设出直线的方程，代入坐标计算，再求解即可.【详解】（1）由题意可得：，解得，所以椭圆方程为.（2）过点作圆C的两条切线，当两条切线均存在斜率时，设经过点的直线的方程为，则，整理得，所以有又以为直径的圆的方程为则直线的方程为，整理得，令得，即，联立，消去得，所以，即，不妨设直线的方程为【答案】(1)(2)的最大值为，此时【分析】（1）根据题意代入两点，即可得椭圆方程；（2）设，过点的直线的方程为，根据点到直线的距离公式得到，则可得，再联立，求出坐标，设出直线的方程，代入坐标计算，再求解即可.【详解】（1）由题意可得：，解得，所以椭圆方程为.（2）过点作圆C的两条切线，当两条切线均存在斜率时，设经过点的直线的方程为，则，整理得，所以有又以为直径的圆的方程为则直线的方程为，整理得，令得，即，联立，消去得，所以，即，不妨设直线的方程为，则，整理得，所以为方程的两个根，则，又，所以，解得，此时，当且仅当，即时取等号，当两条切线中一条斜率不存在时，，此时PA即y轴，此时，，综上的最大值为，此时.【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，注意的判断；（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.（2024年闽J10泉州三测）19.已知中心在原点、焦点在x轴上的圆锥曲线E的离心率为2，过E的右焦点F作垂直于x轴的直线，该直线被E截得的弦长为6．

（1）求E的方程；（【答案】（1）；（2）或；（3）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）依题意设出双曲线方程，根据条件即可得结果；（2）根据直线与双曲线相交，由弦长公式及三角形面积公式可得结果；（3）根据直线与双曲线相交，由条件得出点S的轨迹可判断结果.【小问1详解】圆锥曲线E的离心率为2，故E为双曲线，因为E中心在原点、焦点在x轴上，所以设E的方程为，令，解得，所以有①又由离心率为2【答案】（1）；（2）或；（3）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）依题意设出双曲线方程，根据条件即可得结果；（2）根据直线与双曲线相交，由弦长公式及三角形面积公式可得结果；（3）根据直线与双曲线相交，由条件得出点S的轨迹可判断结果.【小问1详解】圆锥曲线E的离心率为2，故E为双曲线，因为E中心在原点、焦点在x轴上，所以设E的方程为，令，解得，所以有①又由离心率为2，得②，由①②解得，所以双曲线E的标准方程是．【小问2详解】设，，由已知，得，根据直线过原点及对称性，知，联立方程，得，化简整理，得，所以，且，所以，解得，所以直线的方程是或．【小问3详解】若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，故直线l斜率存在，设直线l方程，联立方程，得，化简整理，得，依题意有，因为恒成立，所以，故，解得：，设，，则由韦达定理，得，设点S的坐标为，由，得，则，变形得到，将，代入，解得，将代入中，解得，消去k，得到点S的轨迹为定直线：上的一段线段（不含线段端点，，设直线与双曲线切于，直线与渐近线平行时于交点为）．因为，，且，取中点，因为，所以，所以，故，即S的轨迹方程为，表示以点H为圆心，半径为的圆H，设直线与y轴，x轴分别交于，，依次作出直线，，，，且四条直线的斜率分别为：，，，，因为，所以线段是线段的一部分经检验点，均在圆H内部，所以线段也必在圆H内部，因此线段也必在圆H内部，所以满足条件的点S始终在圆H内部，故不存在这样的点S，使得，且成立．【点睛】直线与圆锥曲线相交，常利用“设而不求”方法解决弦长，面积，数量积，斜率等问题.（2024年粤J102韶关二测）19.已知椭圆的离心率为，长轴长为4，是其左、右顶点，是其右焦点．

（1）求椭圆的标准方程；（【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆离心率和长轴的概念建立方程组，解之即可求解；（2）①易知当时；当时，利用两点表示斜率公式和点斜式方程表示出直线、方程，联立方程组，化简计算求出点T的坐标，即可求解点T的轨迹方程；②利用面积公式建立关于的方程，化简计算即可求解.【小问1详解】由题意知，，解得，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】①【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆离心率和长轴的概念建立方程组，解之即可求解；（2）①易知当时；当时，利用两点表示斜率公式和点斜式方程表示出直线、方程，联立方程组，化简计算求出点T的坐标，即可求解点T的轨迹方程；②利用面积公式建立关于的方程，化简计算即可求解.【小问1详解】由题意知，，解得，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】①：由（1）知，，设，则，易知当时，，，此时，由，解得，即；当时，，，设直线的斜率为，则，所以直线方程为，又直线方程为，由，得，即，解得，将代入直线方程，得，即，又，所以，故点的轨迹方程为；②：由，得，又，所以，得，整理得，又，所以，整理得，即，由，解得.【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的标准方程、动点得轨迹方程以及面积问题，第二问关键是寻找点与直线的斜率之间的关系，即是求出直线方程的解题关键，表示出的代数式，需要扎实的计算能力才可以化简求解.

（2024年闽J12福州三检）18．（17分）在直角坐标系xOy中，已知抛物线C：的焦点为F，过F的直线l与C交于M，N两点，且当l的斜率为1时，．

（1）求C的方程；(18．（17分）解：（1）不妨设l的方程为，，，联立l与C的方程，得，∴，，则，∴由题可知当时，，∴，∴C的方程为18．（17分）解：（1）不妨设l的方程为，，，联立l与C的方程，得，∴，，则，∴由题可知当时，，∴，∴C的方程为．（2）由（1）知，将R的纵坐标2m代入，得，易知C的准线方程为，又l与C的准线交于点P，∴，则直线OP的方程为，联立OP与C的方程，得，∴，∴Q，R的纵坐标相等，∴直线轴，∴，∴，∵点Q（异于原点），∴，∵，∴，∴，即．（2024年粤J120大湾区二模）18．双曲线的焦点为（在下方），虚轴的右端点为，过点且垂直于轴的直线交双曲线于点（在第一象限），与直线交于点，记的周长为的周长为．

(1)若的一条渐近线为，求的方程；（18．(1)；(2)1.【分析】（1）根据结合双曲线定义求出，然后根据渐近线求解即可.（2）设直线方程与（1）得到的双曲线联立，根据直线与双曲线相切表示k，再根据垂直以及向量关系求解即可.【详解】（1）依题意，，解得，又双曲线的一条渐近线为，则，即，所以双曲线的方程为.（2）由（1）知，则双曲线方程为，设，过的直线的方程为，即，令，显然，由消去y得，显然，由直线与双曲线只有一个公共点，得，化简得，代入得，由直线与双曲线相切，得，而，于是，过点T且与垂直的直线的直线斜率为，方程为，令18．(1)；(2)1.【分析】（1）根据结合双曲线定义求出，然后根据渐近线求解即可.（2）设直线方程与（1）得到的双曲线联立，根据直线与双曲线相切表示k，再根据垂直以及向量关系求解即可.【详解】（1）依题意，，解得，又双曲线的一条渐近线为，则，即，所以双曲线的方程为.（2）由（1）知，则双曲线方程为，设，过的直线的方程为，即，令，显然，由消去y得，显然，由直线与双曲线只有一个公共点，得，化简得，代入得，由直线与双曲线相切，得，而，于是，过点T且与垂直的直线的直线斜率为，方程为，令，得，即，令，得，即，设，由，得，即，代入得，依题意，该双曲线与双曲线共焦点，则，化简得，于是，，当且仅当，时取等号，所以的最大值为1.【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.（2024年湘J41永州三模）19．已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为

(1)求轨迹的方程；(19．(1)(2)存在，或((3)【分析】（1）利用相关点法即可求解；（2）当切线斜率都存在时，设过点的切线为，联立方程组，消元后根据，整理为，结合韦达定理和垂直条件可得，再根据，即可求解；（3）将代入轨迹的方程，结合韦达定理，求得的面积，再将代入椭圆C的方程可得，由，可得，令，由①②可知，从而求得取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，从而可求解.【详解】（1）设则，由得，又在椭圆上，所以代入化简得，所以点的轨迹的方程为（2）当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为，联立，消去得则由判别式，得19．(1)(2)存在，或((3)【分析】（1）利用相关点法即可求解；（2）当切线斜率都存在时，设过点的切线为，联立方程组，消元后根据，整理为，结合韦达定理和垂直条件可得，再根据，即可求解；（3）将代入轨迹的方程，结合韦达定理，求得的面积，再将代入椭圆C的方程可得，由，可得，令，由①②可知，从而求得取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，从而可求解.【详解】（1）设则，由得，又在椭圆上，所以代入化简得，所以点的轨迹的方程为（2）当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为，联立，消去得则由判别式，得，设两条切线的斜率分别为，依题意得即，又点在轨迹上，，解得，或(当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意，综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(.（3）将代入轨迹的方程，可得，由，可得①，且，，所以，因为直线与轴交点的坐标为，所以的面积，将代入椭圆C的方程可得，由，可得②，令，由①②可知，因此，故，当且仅当，即时，取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，所以四边形的面积的最大值为.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是先求得的面积，再根据从而可得的面积，又易知面积，从而四边形的面积.（2024年湘J48长沙长郡四适）18．已知双曲线：的渐近线为，右焦点到渐近线的距离为，设是双曲线：上的动点，过的两条直线，分别平行于的两条渐近线，与分别交于P，Q两点.

(1)求的标准方程：（18．(1)(2)证明见解析，定点.【分析】（1）由题意可得，，再结合即可求得的方程；（2）过点作与平行的直线分别与双曲线交于点，联系直线方程与的方程，再结合的方程即可求得的坐标及点的坐标，从而即可求得直线的方程，再由的方程求定点即可.【详解】（1）解：因为的渐近线方程为，所以，所以.又右焦点到渐近线的距离为18．(1)(2)证明见解析，定点.【分析】（1）由题意可得，，再结合即可求得的方程；（2）过点作与平行的直线分别与双曲线交于点，联系直线方程与的方程，再结合的方程即可求得的坐标及点的坐标，从而即可求得直线的方程，再由的方程求定点即可.【详解】（1）解：因为的渐近线方程为，所以，所以.又右焦点到渐近线的距离为，所以，得.又因为，所以，所以.所以双曲线的标准方程为；（2）解：由（1）可知的方程为，设，所以有，过点作与平行的直线分别与双曲线交于点，由，得，整理得，所以，由于，故，则，故，所以.同理可得.所以直线：恒过定点.（2024年鲁J30泰安二模）19．已知椭圆的左焦点为，上下顶点分别为，，离心率为，点是轴正半轴上一点，当与右焦点重合时，原点到直线的距离为，当与右顶点重合时，直线的斜率也为.

(1)求椭圆的方程；（19．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据等面积法可得，利用斜率公式可得，即可求解椭圆方程，（2）根据对称可得，进而联立直线与椭圆方程得韦达定理，根据点斜式求解，的方程，得到，平方代入韦达定理化简得，即可结合点点距离求解.【详解】（1）当与右焦点重合时，,原点到直线距离为,，,当与右顶点重合时，直线的斜率，,.椭圆的方程为（2）证明：为点关于直线的对称点，且不与重合，（且）,，设方程为，，即，，得，设，，显然，19．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据等面积法可得，利用斜率公式可得，即可求解椭圆方程，（2）根据对称可得，进而联立直线与椭圆方程得韦达定理，根据点斜式求解，的方程，得到，平方代入韦达定理化简得，即可结合点点距离求解.【详解】（1）当与右焦点重合时，,原点到直线距离为,，,当与右顶点重合时，直线的斜率，,.椭圆的方程为（2）证明：为点关于直线的对称点，且不与重合，（且）,，设方程为，，即，，得，设，，显然，，则，，直线方程为，直线方程为，两式相除得：①式，①式平方得：，将，代入可得，，与同号，，由①式知与异号，，，即点纵坐标为，设，，为定值.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或者定值的求解策略：

（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.（2024年鲁J33潍坊三模）17．在平面直角坐标系中，为坐标原点，为直线上一点，动点满足，.

(1)求动点的轨迹的方程;（17．(1)(2)证明见详解.【分析】（1）设动点的坐标为，直接利用题中的条件列式并化简，从而求出动点的轨迹方程；（2）要证为线段的中点，只需证即可，设直线的方程为，设点，，，，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，由直线，可求得点，计算即可证.【详解】（1）设点，则，因为，所以，所以，即，所以动点的轨迹方程为：；（2）因为轴，所以设，，，，17．(1)(2)证明见详解.【分析】（1）设动点的坐标为，直接利用题中的条件列式并化简，从而求出动点的轨迹方程；（2）要证为线段的中点，只需证即可，设直线的方程为，设点，，，，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，由直线，可求得点，计算即可证.【详解】（1）设点，则，因为，所以，所以，即，所以动点的轨迹方程为：；（2）因为轴，所以设，，，，若要证为线段的中点，只需证即可，当直线斜率不存在或斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不满足题意，所以直线斜率存在且不为0，，设直线：，，由得，，由题意可知，直线与抛物线有两个交点，所以，即，所以，由根与系数的关系得，，，由题意得，直线方程，所以，直线方程，所以，所以，所以为线段的中点.（2024年鲁J40临沂二模）18．已知向量，，点，，直线PD，QD的方向向量分别为，，其中，记动点D的轨迹为E.

(1)求E的方程；

(2)直线l与E相交于A，B两点，

（i）若l过原点，点C为E上异于A，B的一点，且直线AC，BC的斜率，均存在，求证：为定值；（18．(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）.【分析】（1）设，根据向量分别与，平行列方程组，消去可得；（2）（i）根据点A，B关于原点成中心对称，化简，结合点在双曲线上，由点差法化简可证；（ii）分斜率存在和不存在讨论，当斜率存在时，设直线方程为，联立双曲线方程消去y，利用韦达定理代入，结合直线与圆相切可解.【详解】（1）设，则，，又∵，，∴，，由已知得，，消得：18．(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）.【分析】（1）设，根据向量分别与，平行列方程组，消去可得；（2）（i）根据点A，B关于原点成中心对称，化简，结合点在双曲线上，由点差法化简可证；（ii）分斜率存在和不存在讨论，当斜率存在时，设直线方程为，联立双曲线方程消去y，利用韦达定理代入，结合直线与圆相切可解.【详解】（1）设，则，，又∵，，∴，，由已知得，，消得：，∴点D的轨迹方程为．（2）设直线l与E的两个交点为，，（i）∵直线l过原点，∴点A，B关于原点成中心对称．设，∴，由，得，∴．（ii）∵N为AB的中点，且，∴.①当直线l的斜率不存在时，l的方程为，此时点A，B关于x轴对称，不妨设点A在第一象限，

∴，∵，∴，∴．②当直线l的斜率存在时，设l的方程为，由，得，∴，，

∵，∴，即，整理得：．又∵l与圆相切，∴．综上可得，∴圆O的半径是．（2024年鲁J44日照三模）18．已知双曲线的中心为坐标原点，右顶点为，离心率为.

(1)求双曲线的标准方程；（18．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）由条件知，再根据，可得，所以，可得双曲线的标准方程.（2）（i）设，，，由用与表示，，根据在双曲线上，得到；同理由得，所以，是方程的两个不等实根，根据一元二次方程根与系数的关系，可求的值.（ii）先把转化成，的关系，结合（i）的结论表示出，再分析函数单调性，可求的取值范围.【详解】（1）设双曲线C：由题意得，，则，，所以双曲线的方程为.（2）（i）如图：设，，，由与，得，即，将代入18．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）由条件知，再根据，可得，所以，可得双曲线的标准方程.（2）（i）设，，，由用与表示，，根据在双曲线上，得到；同理由得，所以，是方程的两个不等实根，根据一元二次方程根与系数的关系，可求的值.（ii）先把转化成，的关系，结合（i）的结论表示出，再分析函数单调性，可求的取值范围.【详解】（1）设双曲线C：由题意得，，则，，所以双曲线的方程为.（2）（i）如图：设，，，由与，得，即，将代入的方程得：，整理得：①，同理由可得②.由①②知，，是关于的一元二次方程的两个不等实根.显然，由韦达定理知，所以为定值.（ii）由，即，整理得：，又，不妨设，则，整理得，又，故，而由（2）知，，故，代入，令，得，由双勾函数性质可知，在上单调递增，所以的取值范围是，所以的取值范围为.【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的范围问题的方法与策略：

（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）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.（2024年湘J51师附二模）17．在平面直角坐标系中，已知椭圆的右顶点为，离心率为，P是直线上任一点，过点且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点．

(1)求椭圆的方程；（17．(1)(2)存在，【分析】（1）根据右顶点和离心率求出和，进而求出，即可得到椭圆的方程.（2）假设存在，然后对直线斜率是否存在进行分类讨论，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，代入，即可求出的值.【详解】（1）由题意在椭圆中，右顶点为，离心率为，∴，∴∴∴椭圆的方程为：（2）由题意及（1）得在椭圆中，设存在常数，使得当直线斜率不存在时，其方程为：，代入椭圆方程得，，17．(1)(2)存在，【分析】（1）根据右顶点和离心率求出和，进而求出，即可得到椭圆的方程.（2）假设存在，然后对直线斜率是否存在进行分类讨论，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，代入，即可求出的值.【详解】（1）由题意在椭圆中，右顶点为，离心率为，∴，∴∴∴椭圆的方程为：（2）由题意及（1）得在椭圆中，设存在常数，使得当直线斜率不存在时，其方程为：，代入椭圆方程得，，此时,可得当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，将直线方程代入椭圆方程得：∴，∵P是直线上任一点，过点且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点∴直线的方程为：∴由几何知识得：，，∵∴将，，，代入方程，并化简得：解得：综上，存在常数，使得（2024年鲁J45泰安三模）18．已知的其中两个顶点为，点为的重心，边，上的两条中线的长度之和为，记点的轨迹为曲线.

(1)求的方程；（18．(1)(2)【分析】（1）结合题意，根据重心的性质可得重心Q到顶点距离之和为大于的定值，根据椭圆的定义即可求出曲线C的方程；（2）设出直线的方程并与椭圆标准方程进行联立，进而用弦长公式表示出，再用所设斜率k表示出M的坐标，进而表示出，得到面积S的关系式，化简即可得到函数关系式，求值域即可.【详解】（1）因为点为的重心，的边上的两条中线长度之和为，所以，故由椭圆的定义可知曲线是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点）.设分别为该椭圆的长半轴长､短半轴长､半焦距，所以，所以，所以的方程为.（2）设直线的方程为，联立整理得18．(1)(2)【分析】（1）结合题意，根据重心的性质可得重心Q到顶点距离之和为大于的定值，根据椭圆的定义即可求出曲线C的方程；（2）设出直线的方程并与椭圆标准方程进行联立，进而用弦长公式表示出，再用所设斜率k表示出M的坐标，进而表示出，得到面积S的关系式，化简即可得到函数关系式，求值域即可.【详解】（1）因为点为的重心，的边上的两条中线长度之和为，所以，故由椭圆的定义可知曲线是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点）.设分别为该椭圆的长半轴长､短半轴长､半焦距，所以，所以，所以的方程为.（2）设直线的方程为，联立整理得，则，设，则，即，代入椭圆方程得，所以，则，所以.由对称性知，又，所以.，又，所以的取值范围为，故的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题主要考查了椭圆的定义和直线与椭圆的位置关系，关键在于用所设直线的斜率表示出求面积所需边长，进而用斜率表示出面积，最后化简成函数形式，求取函数值域即可。（2024年浙J38绍兴四月适）18．已知抛物线：的焦点到准线的距离为2，过点作直线交于M，N两点，点，记直线，的斜率分别为，.

(1)求的方程；

(2)求的值；（18．(1)；(2)；(3).【分析】（1）由焦准距的定义求出的值即得；（2）