2024年全國一卷新高考題型細分S13——圓錐曲線大題7試卷主要是2024年全國一卷新高考地區真題、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驗進行分類，沒有固定的標準。《圓錐曲線——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。中4：（2024年粵J110珠海一中沖刺）18．已知橢圓的左、右焦點分別為、，上頂點為，，的面積為.

(1)求的方程；（【答案】(1)(2)點的橫坐標為定值【分析】（1）依題意可得，即可得到為等邊三角形，由面積公式求出，從而求出、；（2）首先求出點坐標，設直線，，，，聯立直線與橢圓方程，消元、列出韋達定理，由斜率公式求出，即可得到，最后由斜率公式求出.【詳解】（1）因為，所以，即，又，所以為等邊三角形，所以，所以，又，所以，則，所以，所以橢圓方程為.（2）將代入解得，所以，由（1）可知，則直線的斜率存在，設直線，，，，由得，由，【答案】(1)(2)點的橫坐標為定值【分析】（1）依題意可得，即可得到為等邊三角形，由面積公式求出，從而求出、；（2）首先求出點坐標，設直線，，，，聯立直線與橢圓方程，消元、列出韋達定理，由斜率公式求出，即可得到，最后由斜率公式求出.【詳解】（1）因為，所以，即，又，所以為等邊三角形，所以，所以，又，所以，則，所以，所以橢圓方程為.（2）將代入解得，所以，由（1）可知，則直線的斜率存在，設直線，，，，由得，由，所以，，所以，因為，所以，所以，解得，所以點的橫坐標為定值.【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；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、的形式；（5）代入韋達定理求解.（2024年粵J109珠海一中沖刺）18．已知橢圓E：過兩點，，橢圓的上頂點為P，圓C：在橢圓E內．

(1)求橢圓E的方程；（【答案】(1)(2)的最大值為，此時【分析】（1）根據題意代入兩點，即可得橢圓方程；（2）設，過點的直線的方程為，根據點到直線的距離公式得到，則可得，再聯立，求出坐標，設出直線的方程，代入坐標計算，再求解即可.【詳解】（1）由題意可得：，解得，所以橢圓方程為.（2）過點作圓C的兩條切線，當兩條切線均存在斜率時，設經過點的直線的方程為，則，整理得，所以有又以為直徑的圓的方程為則直線的方程為，整理得，令得，即，聯立，消去得，所以，即，不妨設直線的方程為【答案】(1)(2)的最大值為，此時【分析】（1）根據題意代入兩點，即可得橢圓方程；（2）設，過點的直線的方程為，根據點到直線的距離公式得到，則可得，再聯立，求出坐標，設出直線的方程，代入坐標計算，再求解即可.【詳解】（1）由題意可得：，解得，所以橢圓方程為.（2）過點作圓C的兩條切線，當兩條切線均存在斜率時，設經過點的直線的方程為，則，整理得，所以有又以為直徑的圓的方程為則直線的方程為，整理得，令得，即，聯立，消去得，所以，即，不妨設直線的方程為，則，整理得，所以為方程的兩個根，則，又，所以，解得，此時，當且僅當，即時取等號，當兩條切線中一條斜率不存在時，，此時PA即y軸，此時，，綜上的最大值為，此時.【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化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.（2024年閩J10泉州三測）19.已知中心在原點、焦點在x軸上的圓錐曲線E的離心率為2，過E的右焦點F作垂直于x軸的直線，該直線被E截得的弦長為6．

（1）求E的方程；（【答案】（1）；（2）或；（3）不存在，理由見解析【解析】【分析】（1）依題意設出雙曲線方程，根據條件即可得結果；（2）根據直線與雙曲線相交，由弦長公式及三角形面積公式可得結果；（3）根據直線與雙曲線相交，由條件得出點S的軌跡可判斷結果.【小問1詳解】圓錐曲線E的離心率為2，故E為雙曲線，因為E中心在原點、焦點在x軸上，所以設E的方程為，令，解得，所以有①又由離心率為2【答案】（1）；（2）或；（3）不存在，理由見解析【解析】【分析】（1）依題意設出雙曲線方程，根據條件即可得結果；（2）根據直線與雙曲線相交，由弦長公式及三角形面積公式可得結果；（3）根據直線與雙曲線相交，由條件得出點S的軌跡可判斷結果.【小問1詳解】圓錐曲線E的離心率為2，故E為雙曲線，因為E中心在原點、焦點在x軸上，所以設E的方程為，令，解得，所以有①又由離心率為2，得②，由①②解得，所以雙曲線E的標準方程是．【小問2詳解】設，，由已知，得，根據直線過原點及對稱性，知，聯立方程，得，化簡整理，得，所以，且，所以，解得，所以直線的方程是或．【小問3詳解】若直線l斜率不存在，此時直線l與雙曲線右支無交點，不合題意，故直線l斜率存在，設直線l方程，聯立方程，得，化簡整理，得，依題意有，因為恒成立，所以，故，解得：，設，，則由韋達定理，得，設點S的坐標為，由，得，則，變形得到，將，代入，解得，將代入中，解得，消去k，得到點S的軌跡為定直線：上的一段線段（不含線段端點，，設直線與雙曲線切于，直線與漸近線平行時于交點為）．因為，，且，取中點，因為，所以，所以，故，即S的軌跡方程為，表示以點H為圓心，半徑為的圓H，設直線與y軸，x軸分別交于，，依次作出直線，，，，且四條直線的斜率分別為：，，，，因為，所以線段是線段的一部分經檢驗點，均在圓H內部，所以線段也必在圓H內部，因此線段也必在圓H內部，所以滿足條件的點S始終在圓H內部，故不存在這樣的點S，使得，且成立．【點睛】直線與圓錐曲線相交，常利用“設而不求”方法解決弦長，面積，數量積，斜率等問題.（2024年粵J102韶關二測）19.已知橢圓的離心率為，長軸長為4，是其左、右頂點，是其右焦點．

（1）求橢圓的標準方程；（【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據橢圓離心率和長軸的概念建立方程組，解之即可求解；（2）①易知當時；當時，利用兩點表示斜率公式和點斜式方程表示出直線、方程，聯立方程組，化簡計算求出點T的坐標，即可求解點T的軌跡方程；②利用面積公式建立關于的方程，化簡計算即可求解.【小問1詳解】由題意知，，解得，所以橢圓的標準方程為；【小問2詳解】①【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據橢圓離心率和長軸的概念建立方程組，解之即可求解；（2）①易知當時；當時，利用兩點表示斜率公式和點斜式方程表示出直線、方程，聯立方程組，化簡計算求出點T的坐標，即可求解點T的軌跡方程；②利用面積公式建立關于的方程，化簡計算即可求解.【小問1詳解】由題意知，，解得，所以橢圓的標準方程為；【小問2詳解】①：由（1）知，，設，則，易知當時，，，此時，由，解得，即；當時，，，設直線的斜率為，則，所以直線方程為，又直線方程為，由，得，即，解得，將代入直線方程，得，即，又，所以，故點的軌跡方程為；②：由，得，又，所以，得，整理得，又，所以，整理得，即，由，解得.【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查橢圓的標準方程、動點得軌跡方程以及面積問題，第二問關鍵是尋找點與直線的斜率之間的關系，即是求出直線方程的解題關鍵，表示出的代數式，需要扎實的計算能力才可以化簡求解.

（2024年閩J12福州三檢）18．（17分）在直角坐標系xOy中，已知拋物線C：的焦點為F，過F的直線l與C交于M，N兩點，且當l的斜率為1時，．

（1）求C的方程；(18．（17分）解：（1）不妨設l的方程為，，，聯立l與C的方程，得，∴，，則，∴由題可知當時，，∴，∴C的方程為18．（17分）解：（1）不妨設l的方程為，，，聯立l與C的方程，得，∴，，則，∴由題可知當時，，∴，∴C的方程為．（2）由（1）知，將R的縱坐標2m代入，得，易知C的準線方程為，又l與C的準線交于點P，∴，則直線OP的方程為，聯立OP與C的方程，得，∴，∴Q，R的縱坐標相等，∴直線軸，∴，∴，∵點Q（異于原點），∴，∵，∴，∴，即．（2024年粵J120大灣區二模）18．雙曲線的焦點為（在下方），虛軸的右端點為，過點且垂直于軸的直線交雙曲線于點（在第一象限），與直線交于點，記的周長為的周長為．

(1)若的一條漸近線為，求的方程；（18．(1)；(2)1.【分析】（1）根據結合雙曲線定義求出，然后根據漸近線求解即可.（2）設直線方程與（1）得到的雙曲線聯立，根據直線與雙曲線相切表示k，再根據垂直以及向量關系求解即可.【詳解】（1）依題意，，解得，又雙曲線的一條漸近線為，則，即，所以雙曲線的方程為.（2）由（1）知，則雙曲線方程為，設，過的直線的方程為，即，令，顯然，由消去y得，顯然，由直線與雙曲線只有一個公共點，得，化簡得，代入得，由直線與雙曲線相切，得，而，于是，過點T且與垂直的直線的直線斜率為，方程為，令18．(1)；(2)1.【分析】（1）根據結合雙曲線定義求出，然后根據漸近線求解即可.（2）設直線方程與（1）得到的雙曲線聯立，根據直線與雙曲線相切表示k，再根據垂直以及向量關系求解即可.【詳解】（1）依題意，，解得，又雙曲線的一條漸近線為，則，即，所以雙曲線的方程為.（2）由（1）知，則雙曲線方程為，設，過的直線的方程為，即，令，顯然，由消去y得，顯然，由直線與雙曲線只有一個公共點，得，化簡得，代入得，由直線與雙曲線相切，得，而，于是，過點T且與垂直的直線的直線斜率為，方程為，令，得，即，令，得，即，設，由，得，即，代入得，依題意，該雙曲線與雙曲線共焦點，則，化簡得，于是，，當且僅當，時取等號，所以的最大值為1.【點睛】易錯點睛：求解軌跡方程問題，設出動點坐標，根據條件求列出方程，再化簡整理求解，還應特別注意：補上在軌跡上而坐標不是方程解的點，剔出不在軌跡上而坐標是方程解的點.（2024年湘J41永州三模）19．已知為坐標原點，動點在橢圓上，動點滿足，記點的軌跡為

(1)求軌跡的方程；(19．(1)(2)存在，或((3)【分析】（1）利用相關點法即可求解；（2）當切線斜率都存在時，設過點的切線為，聯立方程組，消元后根據，整理為，結合韋達定理和垂直條件可得，再根據，即可求解；（3）將代入軌跡的方程，結合韋達定理，求得的面積，再將代入橢圓C的方程可得，由，可得，令，由①②可知，從而求得取得最大值2，由題知的面積，又易知面積，從而四邊形的面積，從而可求解.【詳解】（1）設則，由得，又在橢圓上，所以代入化簡得，所以點的軌跡的方程為（2）當兩條切線的斜率存在時，設過點的切線為，聯立，消去得則由判別式，得19．(1)(2)存在，或((3)【分析】（1）利用相關點法即可求解；（2）當切線斜率都存在時，設過點的切線為，聯立方程組，消元后根據，整理為，結合韋達定理和垂直條件可得，再根據，即可求解；（3）將代入軌跡的方程，結合韋達定理，求得的面積，再將代入橢圓C的方程可得，由，可得，令，由①②可知，從而求得取得最大值2，由題知的面積，又易知面積，從而四邊形的面積，從而可求解.【詳解】（1）設則，由得，又在橢圓上，所以代入化簡得，所以點的軌跡的方程為（2）當兩條切線的斜率存在時，設過點的切線為，聯立，消去得則由判別式，得，設兩條切線的斜率分別為，依題意得即，又點在軌跡上，，解得，或(當兩條切線的斜率有一條不存在時，結合圖像得不合題意，綜上，存在滿足條件的點，且點的坐標為或(.（3）將代入軌跡的方程，可得，由，可得①，且，，所以，因為直線與軸交點的坐標為，所以的面積，將代入橢圓C的方程可得，由，可得②，令，由①②可知，因此，故，當且僅當，即時，取得最大值2，由題知的面積，又易知面積，從而四邊形的面積，所以四邊形的面積的最大值為.【點睛】關鍵點點睛：第三問的關鍵是先求得的面積，再根據從而可得的面積，又易知面積，從而四邊形的面積.（2024年湘J48長沙長郡四適）18．已知雙曲線：的漸近線為，右焦點到漸近線的距離為，設是雙曲線：上的動點，過的兩條直線，分別平行于的兩條漸近線，與分別交于P，Q兩點.

(1)求的標準方程：（18．(1)(2)證明見解析，定點.【分析】（1）由題意可得，，再結合即可求得的方程；（2）過點作與平行的直線分別與雙曲線交于點，聯系直線方程與的方程，再結合的方程即可求得的坐標及點的坐標，從而即可求得直線的方程，再由的方程求定點即可.【詳解】（1）解：因為的漸近線方程為，所以，所以.又右焦點到漸近線的距離為18．(1)(2)證明見解析，定點.【分析】（1）由題意可得，，再結合即可求得的方程；（2）過點作與平行的直線分別與雙曲線交于點，聯系直線方程與的方程，再結合的方程即可求得的坐標及點的坐標，從而即可求得直線的方程，再由的方程求定點即可.【詳解】（1）解：因為的漸近線方程為，所以，所以.又右焦點到漸近線的距離為，所以，得.又因為，所以，所以.所以雙曲線的標準方程為；（2）解：由（1）可知的方程為，設，所以有，過點作與平行的直線分別與雙曲線交于點，由，得，整理得，所以，由于，故，則，故，所以.同理可得.所以直線：恒過定點.（2024年魯J30泰安二模）19．已知橢圓的左焦點為，上下頂點分別為，，離心率為，點是軸正半軸上一點，當與右焦點重合時，原點到直線的距離為，當與右頂點重合時，直線的斜率也為.

(1)求橢圓的方程；（19．(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據等面積法可得，利用斜率公式可得，即可求解橢圓方程，（2）根據對稱可得，進而聯立直線與橢圓方程得韋達定理，根據點斜式求解，的方程，得到，平方代入韋達定理化簡得，即可結合點點距離求解.【詳解】（1）當與右焦點重合時，,原點到直線距離為,，,當與右頂點重合時，直線的斜率，,.橢圓的方程為（2）證明：為點關于直線的對稱點，且不與重合，（且）,，設方程為，，即，，得，設，，顯然，19．(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據等面積法可得，利用斜率公式可得，即可求解橢圓方程，（2）根據對稱可得，進而聯立直線與橢圓方程得韋達定理，根據點斜式求解，的方程，得到，平方代入韋達定理化簡得，即可結合點點距離求解.【詳解】（1）當與右焦點重合時，,原點到直線距離為,，,當與右頂點重合時，直線的斜率，,.橢圓的方程為（2）證明：為點關于直線的對稱點，且不與重合，（且）,，設方程為，，即，，得，設，，顯然，，則，，直線方程為，直線方程為，兩式相除得：①式，①式平方得：，將，代入可得，，與同號，，由①式知與異號，，，即點縱坐標為，設，，為定值.【點睛】方法點睛：圓錐曲線中最值或者定值的求解策略：

（1）利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造關系，從而確定參數的取值范圍；（2）利用已知參數的范圍，求新的參數的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系；（4）利用已知的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍；（5）利用求函數值域的方法將待求量表示為其他變量的函數，求其值域，從而確定參數的取值范圍.（2024年魯J33濰坊三模）17．在平面直角坐標系中，為坐標原點，為直線上一點，動點滿足，.

(1)求動點的軌跡的方程;（17．(1)(2)證明見詳解.【分析】（1）設動點的坐標為，直接利用題中的條件列式并化簡，從而求出動點的軌跡方程；（2）要證為線段的中點，只需證即可，設直線的方程為，設點，，，，聯立直線與曲線的方程，列出韋達定理，由直線，可求得點，計算即可證.【詳解】（1）設點，則，因為，所以，所以，即，所以動點的軌跡方程為：；（2）因為軸，所以設，，，，17．(1)(2)證明見詳解.【分析】（1）設動點的坐標為，直接利用題中的條件列式并化簡，從而求出動點的軌跡方程；（2）要證為線段的中點，只需證即可，設直線的方程為，設點，，，，聯立直線與曲線的方程，列出韋達定理，由直線，可求得點，計算即可證.【詳解】（1）設點，則，因為，所以，所以，即，所以動點的軌跡方程為：；（2）因為軸，所以設，，，，若要證為線段的中點，只需證即可，當直線斜率不存在或斜率為0時，與拋物線只有一個交點，不滿足題意，所以直線斜率存在且不為0，，設直線：，，由得，，由題意可知，直線與拋物線有兩個交點，所以，即，所以，由根與系數的關系得，，，由題意得，直線方程，所以，直線方程，所以，所以，所以為線段的中點.（2024年魯J40臨沂二模）18．已知向量，，點，，直線PD，QD的方向向量分別為，，其中，記動點D的軌跡為E.

(1)求E的方程；

(2)直線l與E相交于A，B兩點，

（i）若l過原點，點C為E上異于A，B的一點，且直線AC，BC的斜率，均存在，求證：為定值；（18．(1)；(2)（i）證明見解析；（ii）.【分析】（1）設，根據向量分別與，平行列方程組，消去可得；（2）（i）根據點A，B關于原點成中心對稱，化簡，結合點在雙曲線上，由點差法化簡可證；（ii）分斜率存在和不存在討論，當斜率存在時，設直線方程為，聯立雙曲線方程消去y，利用韋達定理代入，結合直線與圓相切可解.【詳解】（1）設，則，，又∵，，∴，，由已知得，，消得：18．(1)；(2)（i）證明見解析；（ii）.【分析】（1）設，根據向量分別與，平行列方程組，消去可得；（2）（i）根據點A，B關于原點成中心對稱，化簡，結合點在雙曲線上，由點差法化簡可證；（ii）分斜率存在和不存在討論，當斜率存在時，設直線方程為，聯立雙曲線方程消去y，利用韋達定理代入，結合直線與圓相切可解.【詳解】（1）設，則，，又∵，，∴，，由已知得，，消得：，∴點D的軌跡方程為．（2）設直線l與E的兩個交點為，，（i）∵直線l過原點，∴點A，B關于原點成中心對稱．設，∴，由，得，∴．（ii）∵N為AB的中點，且，∴.①當直線l的斜率不存在時，l的方程為，此時點A，B關于x軸對稱，不妨設點A在第一象限，

∴，∵，∴，∴．②當直線l的斜率存在時，設l的方程為，由，得，∴，，

∵，∴，即，整理得：．又∵l與圓相切，∴．綜上可得，∴圓O的半徑是．（2024年魯J44日照三模）18．已知雙曲線的中心為坐標原點，右頂點為，離心率為.

(1)求雙曲線的標準方程；（18．(1)(2)（i）證明見解析；（ii）【分析】（1）由條件知，再根據，可得，所以，可得雙曲線的標準方程.（2）（i）設，，，由用與表示，，根據在雙曲線上，得到；同理由得，所以，是方程的兩個不等實根，根據一元二次方程根與系數的關系，可求的值.（ii）先把轉化成，的關系，結合（i）的結論表示出，再分析函數單調性，可求的取值范圍.【詳解】（1）設雙曲線C：由題意得，，則，，所以雙曲線的方程為.（2）（i）如圖：設，，，由與，得，即，將代入18．(1)(2)（i）證明見解析；（ii）【分析】（1）由條件知，再根據，可得，所以，可得雙曲線的標準方程.（2）（i）設，，，由用與表示，，根據在雙曲線上，得到；同理由得，所以，是方程的兩個不等實根，根據一元二次方程根與系數的關系，可求的值.（ii）先把轉化成，的關系，結合（i）的結論表示出，再分析函數單調性，可求的取值范圍.【詳解】（1）設雙曲線C：由題意得，，則，，所以雙曲線的方程為.（2）（i）如圖：設，，，由與，得，即，將代入的方程得：，整理得：①，同理由可得②.由①②知，，是關于的一元二次方程的兩個不等實根.顯然，由韋達定理知，所以為定值.（ii）由，即，整理得：，又，不妨設，則，整理得，又，故，而由（2）知，，故，代入，令，得，由雙勾函數性質可知，在上單調遞增，所以的取值范圍是，所以的取值范圍為.【點睛】方法點睛：解答圓錐曲線的范圍問題的方法與策略：

（1）幾何轉化代數法：若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圓錐曲線的定義、圖形、幾何性質來解決；（2）函數取值法：若題目的條件和結論的幾何特征不明顯，則可以建立目標函數，再求這個函數的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）單調性法；（4）三角換元法；（5）導數法等，要特別注意自變量的取值范圍.（2024年湘J51師附二模）17．在平面直角坐標系中，已知橢圓的右頂點為，離心率為，P是直線上任一點，過點且與PM垂直的直線交橢圓于A，B兩點．

(1)求橢圓的方程；（17．(1)(2)存在，【分析】（1）根據右頂點和離心率求出和，進而求出，即可得到橢圓的方程.（2）假設存在，然后對直線斜率是否存在進行分類討論，將直線方程與橢圓方程聯立，利用韋達定理，代入，即可求出的值.【詳解】（1）由題意在橢圓中，右頂點為，離心率為，∴，∴∴∴橢圓的方程為：（2）由題意及（1）得在橢圓中，設存在常數，使得當直線斜率不存在時，其方程為：，代入橢圓方程得，，17．(1)(2)存在，【分析】（1）根據右頂點和離心率求出和，進而求出，即可得到橢圓的方程.（2）假設存在，然后對直線斜率是否存在進行分類討論，將直線方程與橢圓方程聯立，利用韋達定理，代入，即可求出的值.【詳解】（1）由題意在橢圓中，右頂點為，離心率為，∴，∴∴∴橢圓的方程為：（2）由題意及（1）得在橢圓中，設存在常數，使得當直線斜率不存在時，其方程為：，代入橢圓方程得，，此時,可得當直線斜率存在時，設直線的方程為，，，將直線方程代入橢圓方程得：∴，∵P是直線上任一點，過點且與PM垂直的直線交橢圓于A，B兩點∴直線的方程為：∴由幾何知識得：，，∵∴將，，，代入方程，并化簡得：解得：綜上，存在常數，使得（2024年魯J45泰安三模）18．已知的其中兩個頂點為，點為的重心，邊，上的兩條中線的長度之和為，記點的軌跡為曲線.

(1)求的方程；（18．(1)(2)【分析】（1）結合題意，根據重心的性質可得重心Q到頂點距離之和為大于的定值，根據橢圓的定義即可求出曲線C的方程；（2）設出直線的方程并與橢圓標準方程進行聯立，進而用弦長公式表示出，再用所設斜率k表示出M的坐標，進而表示出，得到面積S的關系式，化簡即可得到函數關系式，求值域即可.【詳解】（1）因為點為的重心，的邊上的兩條中線長度之和為，所以，故由橢圓的定義可知曲線是以為焦點的橢圓（不包括長軸的端點）.設分別為該橢圓的長半軸長?短半軸長?半焦距，所以，所以，所以的方程為.（2）設直線的方程為，聯立整理得18．(1)(2)【分析】（1）結合題意，根據重心的性質可得重心Q到頂點距離之和為大于的定值，根據橢圓的定義即可求出曲線C的方程；（2）設出直線的方程并與橢圓標準方程進行聯立，進而用弦長公式表示出，再用所設斜率k表示出M的坐標，進而表示出，得到面積S的關系式，化簡即可得到函數關系式，求值域即可.【詳解】（1）因為點為的重心，的邊上的兩條中線長度之和為，所以，故由橢圓的定義可知曲線是以為焦點的橢圓（不包括長軸的端點）.設分別為該橢圓的長半軸長?短半軸長?半焦距，所以，所以，所以的方程為.（2）設直線的方程為，聯立整理得，則，設，則，即，代入橢圓方程得，所以，則，所以.由對稱性知，又，所以.，又，所以的取值范圍為，故的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查了橢圓的定義和直線與橢圓的位置關系，關鍵在于用所設直線的斜率表示出求面積所需邊長，進而用斜率表示出面積，最后化簡成函數形式，求取函數值域即可。（2024年浙J38紹興四月適）18．已知拋物線：的焦點到準線的距離為2，過點作直線交于M，N兩點，點，記直線，的斜率分別為，.

(1)求的方程；

(2)求的值；（18．(1)；(2)；(3).【分析】（1）由焦準距的定義求出的值即得；（2）