2024年全国一卷数学新高考题型细分S13圆锥曲线解答题6

2024年全国一卷新高考题型细分S13——圆锥曲线大题6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3：（2024年浙J03台州一评）21.已知椭圆：的上、下顶点分别为，，点在线段上运动（不含端点），点，直线与椭圆交于，两点（点在点左侧），中点的轨迹交轴于，两点，且．

（1）求椭圆的方程；（【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）根据中点坐标关系即代入椭圆求解点轨迹，即可由求解，（2）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，根据两点斜率公式可求解，，即可根据二次函数的性质求解最值.【小问1详解】设中点，则，因为点在线段上，所以点只能在右半椭圆上运动，所以，即，由点在椭圆：上，所以，令，得，由【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）根据中点坐标关系即代入椭圆求解点轨迹，即可由求解，（2）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，根据两点斜率公式可求解，，即可根据二次函数的性质求解最值.【小问1详解】设中点，则，因为点在线段上，所以点只能在右半椭圆上运动，所以，即，由点在椭圆：上，所以，令，得，由，解得，故椭圆的方程为．【小问2详解】设：，，，．由得，则，，又，，，令，得，当即时取等号，所以的最小值为．【点睛】方法点睛：解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.（2024年冀J03冀州一调）21.已知椭圆方程为（），离心率为且过点.

（1）求椭圆方程；（【答案】（1）（2）证明见解析.（3）存在，使成立，最小为3.【解析】【分析】（1）由离心率和顶点得椭圆的方程；（2）设点P，A的坐标，由对称性得点B的坐标，计算斜率之积，证明为定值；（3）按直线MN斜率是否为零分类讨论，计算及，并求的最小值.【小问1详解】由题，，，所以【答案】（1）（2）证明见解析.（3）存在，使成立，最小为3.【解析】【分析】（1）由离心率和顶点得椭圆的方程；（2）设点P，A的坐标，由对称性得点B的坐标，计算斜率之积，证明为定值；（3）按直线MN斜率是否为零分类讨论，计算及，并求的最小值.【小问1详解】由题，，，所以，椭圆的方程为.【小问2详解】证明：设点，因为点P在椭圆上，所以，，同理设点，则，，因为直线AB过原点，所以关于原点对称，点，.【小问3详解】，当直线MN斜率为零时，不妨设，，则，，，，存在，使成立，当直线MN斜率不为零时，设直线方程为，，，联立方程组，消去x得，易知，所以，，，，又因为，，所以，，又因为，当时，最小为3，综上，存在，使成立，最小为3.【点睛】方法点睛：过定点且斜率不为零的直线可以设为.（2024年冀J02某市二模）17.已知椭圆E：过点，且其离心率为．

（1）求椭圆E的方程；（【答案】（1）（2）是定值，定值为【解析】【分析】（1）将点代入椭圆方程，以及联立离心率可求得椭圆方程；（2）首先设过点的直线为，与椭圆方程联立，利用坐标分别表示直线和方程，并求得点的坐标，利用几何关系，转化，即可求解.【小问1详解】由题意可知，，解得：，，，所以椭圆的方程为；【小问2详解】设过点的直线为，，，，，联立，得，，，，所以【答案】（1）（2）是定值，定值为【解析】【分析】（1）将点代入椭圆方程，以及联立离心率可求得椭圆方程；（2）首先设过点的直线为，与椭圆方程联立，利用坐标分别表示直线和方程，并求得点的坐标，利用几何关系，转化，即可求解.【小问1详解】由题意可知，，解得：，，，所以椭圆的方程为；【小问2详解】设过点的直线为，，，，，联立，得，，，，所以，，联立直线和方程，得，，所以，得，，即因为点是的中点，，所以，所以.所以是定值，且定值为.（2024年苏J03南通联考）18.已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴．

（1）求椭圆的方程；（【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【解析】【分析】（1）由焦点坐标和椭圆上的点，求椭圆的方程；（2）设直线方程，与椭圆方程联立，由，结合韦达定理得系数间的关系，可得直线所过定点，利用面积公式表示出的面积，由基本不等式求最大值.【小问1详解】点在椭圆上，且垂直于轴，则有设椭圆的焦距为，则，点代入椭圆方程，有，解得，则，所以椭圆的方程为.【小问2详解】（ⅰ【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【解析】【分析】（1）由焦点坐标和椭圆上的点，求椭圆的方程；（2）设直线方程，与椭圆方程联立，由，结合韦达定理得系数间的关系，可得直线所过定点，利用面积公式表示出的面积，由基本不等式求最大值.【小问1详解】点在椭圆上，且垂直于轴，则有设椭圆的焦距为，则，点代入椭圆方程，有，解得，则，所以椭圆的方程为.【小问2详解】（ⅰ）设直线l的方程为，由，消去y，整理得，因为l交椭圆C于两点，所以，设，所以，因为直线和直线关于对称，所以所以所以解得.所以直线l的方程为，所以直线l过定点.（ⅱ）设直线l的方程为，由，消去，整理得，因为l交椭圆C于两点，所以，解得，，所以，所以令则，当且仅当时取等号，所以面积的最大值为.【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．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．（2024年鲁J01滨州一模）16.已知椭圆：（）中，点，分别是的左、上顶点，，且的焦距为．

（1）求的方程和离心率；（【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由的值，可得，的关系，再由焦距可得的值，又可得，的关系，两式联立，可得，的值，即求出椭圆的方程；（2）设直线的方程，与椭圆的方程联立，消元、列出韦达定理，求出直线，的斜率之和，由题意整理可得参数的值，进而求出直线的斜率的大小．【小问1详解】由题意可得，，可得，，可得，可得，，解得，，所以离心率，【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由的值，可得，的关系，再由焦距可得的值，又可得，的关系，两式联立，可得，的值，即求出椭圆的方程；（2）设直线的方程，与椭圆的方程联立，消元、列出韦达定理，求出直线，的斜率之和，由题意整理可得参数的值，进而求出直线的斜率的大小．【小问1详解】由题意可得，，可得，，可得，可得，，解得，，所以离心率，所以椭圆的方程为，离心率；【小问2详解】由（1）可得，【小问3详解】【小问4详解】由题意设直线的方程为，则，设，，联立，整理可得，显然，且，，直线，的斜率，，则，因为，即，解得，所以直线的斜率．即的值为3．（2024年闽J05莆田二检）18.已知椭圆的离心率为，且上的点到右焦点的距离的最大值为．

（1）求椭圆的方程；（【答案】（1）（2）3【解析】【分析】（1）由离心率公式以及焦半径的最值列出方程组，结合算出即可；（2）分直线是否垂直于轴进行讨论即可，当直线不垂直于轴时，由弦长公式、点到直线的距离公式表示出四边形的面积（含参数），进一步结合过点与直线平行的直线与椭圆至少有一个交点，由此，从而即可进一步求解.【小问1详解】由题意可得，所以，所以椭圆的方程是；【答案】（1）（2）3【解析】【分析】（1）由离心率公式以及焦半径的最值列出方程组，结合算出即可；（2）分直线是否垂直于轴进行讨论即可，当直线不垂直于轴时，由弦长公式、点到直线的距离公式表示出四边形的面积（含参数），进一步结合过点与直线平行的直线与椭圆至少有一个交点，由此，从而即可进一步求解.【小问1详解】由题意可得，所以，所以椭圆的方程是；【小问2详解】设点到直线的距离为，因为，所以点到直线的距离是点到直线的距离的2倍，所以四边形的面积为，当直线垂直于轴时，，点到直线的距离的最大值为2，此时，当直线不垂直于轴时，可设直线的方程为，代入椭圆方程，整理并化简得，即，所以，设过点与直线平行的直线的方程为，代入椭圆方程，整理并化简得，由，所以，所以，等号成立当且仅当且，综上所述，四边形面积的最大值为3.【点睛】关键点点睛：第二问的关键是求出四边形面积表达式，还有一个约束条件是过点与直线平行的直线与椭圆至少有一个交点，由此即可顺利得解.（2024年闽J04漳州三检）18.已知椭圆的右焦点为是上的点，直线的斜率为．

（1）求的方程；（【答案】（1）（2）存在；【解析】【分析】（1）由条件列方程组，即可得解；（2）当均不与轴垂直时，设直线的方程为，得出直线的方程，分别与椭圆的方程联立，求出中点的坐标，进而得到直线的方程，可知直线过定点，并验证特殊情况下，直线也过定点，结合直角三角形中斜边中线的性质即可求解．【小问1详解】依题意得解得所以的方程为．【小问2详解】存在点，使得为定值．当均不与轴垂直时，设直线的方程为，，【答案】（1）（2）存在；【解析】【分析】（1）由条件列方程组，即可得解；（2）当均不与轴垂直时，设直线的方程为，得出直线的方程，分别与椭圆的方程联立，求出中点的坐标，进而得到直线的方程，可知直线过定点，并验证特殊情况下，直线也过定点，结合直角三角形中斜边中线的性质即可求解．【小问1详解】依题意得解得所以的方程为．【小问2详解】存在点，使得为定值．当均不与轴垂直时，设直线的方程为，，则直线的方程为，联立消去整理可得，．则，设，则，，所以．同理得点的坐标为，则直线的斜率，所以直线的方程为，令，解得，所以直线经过定点；当时，直线的方程为，也经过定点．当与轴垂直或重合时，直线的方程为0，经过定点．综上，直线经过定点．记定点的中点记为，则，，因为，所以为定值，所以存在点，使得为定值．【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，直线过定点.设出直线的方程为，根据条件得直线的方程，分别与椭圆的方程联立，由韦达定理求出中点的坐标，进而求出直线的方程，证明直线过定点，结合图形分析得出结果.（2024年粤J07六校联考）15.已知椭圆，抛物线的焦点均在轴上，的中心和的顶点均为坐标原点，从，上分别取两个点，将其坐标记录于下表中：

（1）求和的标准方程；(【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）通过观察可得点在抛物线上，点在椭圆上，代入点的方程求解即可；（2）将和联立，求出交点横坐标，然后利用数量积的坐标运算求解.【小问1详解】设抛物线的标准方程为，则，结合表格数据，因为，所以点在抛物线上，且【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）通过观察可得点在抛物线上，点在椭圆上，代入点的方程求解即可；（2）将和联立，求出交点横坐标，然后利用数量积的坐标运算求解.【小问1详解】设抛物线的标准方程为，则，结合表格数据，因为，所以点在抛物线上，且，解得，所以抛物线的标准方程为.将点代入椭圆的标准方程中，得，解得，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】根据对称性，可设两点坐标分别为，联立方程组，消得，解得，，因为，所以.所以.（2024年粤J03佛山一中二调）21.在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与到直线的距离之比为．

（1）求动点M轨迹W的方程；（【答案】（1）（2）直线PQ过定点．【解析】【分析】（1）设M，由已知得，进行化简即可.（2）设直线的方程为、，分别与W的方程联立得P的坐标为及Q的坐标为，再求出直线PQ的方程，利用，即可求出直线PQ过定点.【小问1详解】设点M的坐标为，由题意可知，，化简整理得，【答案】（1）（2）直线PQ过定点．【解析】【分析】（1）设M，由已知得，进行化简即可.（2）设直线的方程为、，分别与W的方程联立得P的坐标为及Q的坐标为，再求出直线PQ的方程，利用，即可求出直线PQ过定点.【小问1详解】设点M的坐标为，由题意可知，，化简整理得，W的方程为．【小问2详解】由题意知，设直线AB的方程为，与W的方程联立可得，，设，，由韦达定理得，，则，所以，点P的坐标为．同理可得，Q的坐标为．所以，直线PQ的斜率为，所以，直线PQ的方程为，即，又，则，所以直线PQ的方程即为，所以，直线PQ过定点．（2024年浙J12金华一中模拟）19.已知双曲线：，F为双曲线的右焦点，过F作直线交双曲线于A，B两点，过F点且与直线垂直的直线交直线于P点，直线OP交双曲线于M，N两点．

（1）求双曲线的离心率；（【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据双曲线方程求离心率；（2）首先由已知得，由直线垂直关系，点斜式写出直线的方程，联立曲线并应用韦达定理求；（3）首先由条件设出点的坐标，并根据已知条件表示，进而求出和，再求直线，与双曲线方程联立，求得，并结合已知确定与的关系.【小问1详解】由双曲线方程可知，，，，所以双曲线离心率；【小问2详解】设，，，由题意可知，，则直线的斜率，所以直线的斜率，故直线的方程为，联立直线和双曲线，，得，显然，由韦达定理得，，所以；

【小问3详解】设，，则【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据双曲线方程求离心率；（2）首先由已知得，由直线垂直关系，点斜式写出直线的方程，联立曲线并应用韦达定理求；（3）首先由条件设出点的坐标，并根据已知条件表示，进而求出和，再求直线，与双曲线方程联立，求得，并结合已知确定与的关系.【小问1详解】由双曲线方程可知，，，，所以双曲线离心率；【小问2详解】设，，，由题意可知，，则直线的斜率，所以直线的斜率，故直线的方程为，联立直线和双曲线，，得，显然，由韦达定理得，，所以；

【小问3详解】设，，则，因为，故为，代入，得点，所以，因为点在双曲线上，故满足双曲线方程，即，所以，所以，，又，联立直线双曲线，，得，根据题意知，此方程的两根即为，所以，所以，，即所以，即【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是设出相关点的坐标，利用相关点的坐标表示斜率，整理后即可求解.

（2024年冀J29邢台二模）18．将上各点的纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），所得曲线为E．记，，过点p的直线与E交于不同的两点A，B，直线QA，QB与E分别交于点C，D．

(1)求E的方程：（18．(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）设所求轨迹上的任意点为，且对应的点为，列出关系式，代入即可求解；（2）（i）设直线为，联立方程组，结合韦达定理求得和，再结合三点共线，求得，利用斜率公式，即可求解；（ii）设直线为，得到直线的斜率为，求得，利用基本不等式，得到取得最大值，再联立方程组，结合，得到，进而求得的取值范围.【详解】（1）解：设所求轨迹上的任意点为，与对应的点为，根据题意，可得，即，代入方程，可得，整理得，18．(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）设所求轨迹上的任意点为，且对应的点为，列出关系式，代入即可求解；（2）（i）设直线为，联立方程组，结合韦达定理求得和，再结合三点共线，求得，利用斜率公式，即可求解；（ii）设直线为，得到直线的斜率为，求得，利用基本不等式，得到取得最大值，再联立方程组，结合，得到，进而求得的取值范围.【详解】（1）解：设所求轨迹上的任意点为，与对应的点为，根据题意，可得，即，代入方程，可得，整理得，所以曲线的轨迹方程为.（2）解：（i）设直线的方程为，，联立方程组，整理得，则，且，可得，所以，可得，所以，同理可得，又因为三点共线，可得，即，所以，所以.（ii）设直线的方程为，其中，由（i）知，直线的斜率为，则，当且仅当时，即时，等号成立，联立方程组，整理得，则，解得，若有最大值，则，又因为，所以实数的取值范围为，

【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：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）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.（2024年闽J23厦门四检）18．平面直角坐标系中，动点在圆上，动点（异于原点）在轴上，且，记的中点的轨迹为.

(1)求的方程；（18．(1)(2)存在，或或【分析】（1）设点，，由题意可得代入即可得结果；（2）方法一：设l的方程：，联立方程，结合韦达定理可得，由题意可得，分析求解即可；方法二：设的方程：，联立方程，结合二次式的零点式分析可得，由题意可得，分析求解即可.【详解】（1）设点，，因为，则，由M为PO中点得，则，代入，得.所以动点M的轨迹的方程为.（2）方法一：存在N18．(1)(2)存在，或或【分析】（1）设点，，由题意可得代入即可得结果；（2）方法一：设l的方程：，联立方程，结合韦达定理可得，由题意可得，分析求解即可；方法二：设的方程：，联立方程，结合二次式的零点式分析可得，由题意可得，分析求解即可.【详解】（1）设点，，因为，则，由M为PO中点得，则，代入，得.所以动点M的轨迹的方程为.（2）方法一：存在N满足题意，证明如下：依题意直线l的斜率存在且不为0，设l的方程：，，，，联立方程，消去y得，则，，直线方程化为，联立方程，消去x得，则，可得.，依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值，可得，由，整理得，由，整理得，解得得或，代入，解得或或，所以或或满足题意；方法二：存在满足题意，证明如下：依题意直线的斜率存在且不为0，设的方程：，，，，联立方程，消去y得.因为为上式的两根，则，直线方程化为.联立方程，消去x得，因为为上式的两根，则.（2）由题意可得：，依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值，可得，由，整理得，由，整理得，解得得或，代入，解得或或，所以或或满足题意.【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略（1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在．（2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．（2024年闽J22厦门三检）18．在直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，过的直线与交于两点，且当的斜率为1时，．

(1)求的方程；（18．(1)；(2).【分析】（1）先设的方程为，，，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及抛物线定义即可求解；（2）先设出，进而可求的坐标，可得直线轴，求出的范围，再由三角形面积公式即可求解.【详解】（1）不妨先设的方程为，，，代入，可得，所以，，则，由题意可知当斜率为1时，，又，即，解得，所以的方程为；（2）由（1）知，直线的方程为，抛物线方程，18．(1)；(2).【分析】（1）先设的方程为，，，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及抛物线定义即可求解；（2）先设出，进而可求的坐标，可得直线轴，求出的范围，再由三角形面积公式即可求解.【详解】（1）不妨先设的方程为，，，代入，可得，所以，，则，由题意可知当斜率为1时，，又，即，解得，所以的方程为；（2）由（1）知，直线的方程为，抛物线方程，，所以的纵坐标，将的纵坐标代入，得，所以的坐标，易知抛物线的准线为,又因为与的准线交于点，所以的坐标，则直线的方程为，把代入，得，即或，因为点异于原点，从而的纵坐标为，把代入，得，所以，因为的坐标，所以，的纵坐标相同，所以直线轴，且，所以面积，因为，所以，所以，因为点异于原点，所以，所以，因为，所以，所以，即面积的取值范围为.（2024年闽J24漳州四检）17．已知椭圆的离心率为，点中恰有两个点在上.

(1)求的方程；（17．(1)(2)存在，.【分析】（1）分析出在上，不在上，直接代入求解即可；（2）根据题意用表示出，再根据椭圆的定义判断出点在以为焦点，为长轴长的椭圆上，结合椭圆的性质即可判断结果.【详解】（1）因为与关于轴对称，也关于轴对称，中恰有两个点在上，所以在上，不在上，所以，又因为，所以，所以的方程为.17．(1)(2)存在，.【分析】（1）分析出在上，不在上，直接代入求解即可；（2）根据题意用表示出，再根据椭圆的定义判断出点在以为焦点，为长轴长的椭圆上，结合椭圆的性质即可判断结果.【详解】（1）因为与关于轴对称，也关于轴对称，中恰有两个点在上，所以在上，不在上，所以，又因为，所以，所以的方程为.（2）存在，使得点都在上.理由如下：因为，所以，因为，所以，即，所以，又因为，所以，所以，即，所以，所以点在以为焦点，为长轴长的椭圆上，又因为的焦点为，长轴长为4，点在轴上且关于原点对称，所以点都在椭圆上，所以存在，使得点都在上.【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的定义和椭圆的性质，关键在于表示出两边之和的关系，利用椭圆的定义得到的轨迹，以此来得到结果.（2024年鄂J02八市联考）18.已知双曲线经过椭圆的左、右焦点，设的离心率分别为，且．

（1）求的方程；（【答案】（1）的方程为的方程为（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，，解方程即可求出，即可求出的方程；（2）设直线的斜率分别为，由题意可得，设直线的方程为：，联立可得，同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案.【小问1详解】依题意可得，得，由，得，解得，故的方程为的方程为．【小问2详解】易知，设，直线【答案】（1）的方程为的方程为（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，，解方程即可求出，即可求出的方程；（2）设直线的斜率分别为，由题意可得，设直线的方程为：，联立可得，同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案.【小问1详解】依题意可得，得，由，得，解得，故的方程为的方程为．【小问2详解】易知，设，直线的斜率分别为，则，，即有，可得为定值．设直线的方程为：，联立可得恒成立，设，则有，可求得，设直线的方程为：，同理可得，则由可得：，点在第一象限内，故，当且仅当，即时取等号，而，故等号可以取到．即当取最小值时，，联立，可解得，故的方程为：的方程为：，联立可解得，即有．【点睛】关键点点睛：本题（2）问的关键点在于设直线的斜率分别为，由题意可得，联立直线与椭圆的方程求得，联立直线与椭圆的方程同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案.（2024年鄂J04名校联盟）21.在平面直角坐标系中，动点M到点的距离比到点的距离大2，记点M的轨迹为曲线H.

（1）若过点B的直线交曲线H于不同的两点，求该直线斜率的取值范围；（【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由条件可知，M的轨迹方程为双曲线的右支，待定系数法求出双曲线方程，直线方程与双曲线方程联立方程组，通过交点个数求直线斜率的取值范围；（2）设直线方程，与曲线H联立，由相切得系数间的关系，再与曲线联立，利用韦达定理和面积公式表示面积，由算式确定最小值.【小问1详解】据双曲线的定义：M的轨迹方程为双曲线的右支，设双曲线方程为，得，，则，，【答案】