2024年全国一卷数学新高考题型细分S13圆锥曲线解答题11

2024年全国一卷新高考题型细分S13——圆锥曲线大题11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。长2：（2024年湘J35湖师附一模）17.已知双曲线的渐近线方程为，的半焦距为，且．

（1）求的标准方程．

（2）若为上的一点，且为圆外一点，过作圆的两条切线（斜率都存在），与交于另一点与交于另一点，证明：

（ⅰ）的斜率之积为定值；（【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）利用渐近线方程可得，再由焦距为以及即可求得，，可得的标准方程；（2）（i）设切线方程为，利用直线和圆相切可得，再由韦达定理整理可得的斜率之积为定值，且定值为2；（ii）联立直线与双曲线方程，可得，同理可求出【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）利用渐近线方程可得，再由焦距为以及即可求得，，可得的标准方程；（2）（i）设切线方程为，利用直线和圆相切可得，再由韦达定理整理可得的斜率之积为定值，且定值为2；（ii）联立直线与双曲线方程，可得，同理可求出，化简得，所以，因此关于点对称.【小问1详解】因为的渐近线方程为，所以，则，所以，因为，所以，得.因为，所以，可得，所以，故的标准方程为.【小问2详解】证明：（i）设，如下图所示：设过点的切线的斜率为，则切线方程为，即，所以，即，因此的斜率是上式中方程的两根，即.又因为，所以所以的斜率之积为定值，且定值为.（ii）不妨设直线的斜率为，直线的斜率为，联立，得.因为，所以，则，同理可得，所以.因为，所以，所以，得.因为都在上，所以或（舍去），所以存在定点，使得关于点对称.【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线中定点、定值时，经常联立直线和曲线方程利用韦达定理对表达式进行整理化简，便可得出结论.（2024年鄂J15十一校二联考）18.已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左顶点和上顶点，为左焦点，且的面积为．

（1）求椭圆的标准方程：

（2）设椭圆的右顶点为、是椭圆上不与顶点重合的动点．

（i）若点，点在椭圆上且位于轴下方，直线交轴于点，设和的面积分别为，若，求点的坐标：（【答案】（1）（2）（i）；（ii）证明见解析，【解析】【分析】（1）依题意可得，解得、、，即可得解；（2）（i）连接，由面积公式推导出，从而得到，即可求出的方程，联立直线与椭圆方程，求出点坐标；（ii）设直线的斜率为，的方程为，再求出直线的方程，联立求出、点坐标，从而求出的方程，即可求出点坐标，再由斜率公式计算可得.【小问1详解】由题意得，又，解得，椭圆的标准方程为【小问2详解】（i）由（1）可得，连接，因为，，所以【答案】（1）（2）（i）；（ii）证明见解析，【解析】【分析】（1）依题意可得，解得、、，即可得解；（2）（i）连接，由面积公式推导出，从而得到，即可求出的方程，联立直线与椭圆方程，求出点坐标；（ii）设直线的斜率为，的方程为，再求出直线的方程，联立求出、点坐标，从而求出的方程，即可求出点坐标，再由斜率公式计算可得.【小问1详解】由题意得，又，解得，椭圆的标准方程为【小问2详解】（i）由（1）可得，连接，因为，，所以，，，所以，所以直线的方程为，联立，解得或（舍去），.（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为：，又，，直线的方程为，由，解得，所以，由，得，由，则，所以，则，，依题意、不重合，所以，即，所以，直线的方程为，令即，解得，，，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年鄂J12三校二模）19.已知椭圆C：短轴长为2，左、右焦点分别为，，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中M，N分别在x轴上方和下方，，，直线与直线MO交于点，直线与直线NO交于点．

（1）若坐标为，求椭圆C的方程；

（2）在（1）的条件下，过点并垂直于x轴的直线交C于点B，椭圆上不同的两点A，D满足，，成等差数列．求弦AD的中垂线的纵截距的取值范围；(【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）由椭圆的性质可得，再由两中线的交点为重心和重心的性质得到点，代入椭圆方程可得即可；（2）由等差中项的性质得到，再由弦长公式得到，然后分当AB斜率存在时由点差法得到，再由点斜式写出弦的中垂线方程，当时，得到；当AB斜率不存在时，此时AD：，；最后得到范围；【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）由椭圆的性质可得，再由两中线的交点为重心和重心的性质得到点，代入椭圆方程可得即可；（2）由等差中项的性质得到，再由弦长公式得到，然后分当AB斜率存在时由点差法得到，再由点斜式写出弦的中垂线方程，当时，得到；当AB斜率不存在时，此时AD：，；最后得到范围；（3）解法一：根据重心性质及面积公式得，，再结合已知不等式条件解不等式组可得，然后直曲联立得到；转化为对任意的t恒成立，解不等式即可；解法二：根据重心的性质可得，再由几何图形的面积关系结合三角形的面积公式得到；，后同解法一.【小问1详解】依题意，，故椭圆C：；易知点为的重心，则，故，代入椭圆方程得∴椭圆C的方程为；【小问2详解】∵，，成等差数列，．∴．设，，AD中点．，由弦长公式，∵，∴，同理，代入可得，①当AB斜率存在时两式作差可得，，∴，∴弦AD的中垂线方程为，当时，，即AD的中垂线的纵截距．∵在椭圆C内，∴，得，且．②当AB斜率不存在时，此时AD：，．∴综上所述，即弦AD的中垂线的纵截距的取值范围为．【小问3详解】解法一：易知点，分别为，的重心，设，，设点，，则根据重心性质及面积公式得，，而∴，∴，∴，，设直线l：，则联立椭圆方程得消元化简得，，，∴，，∴，∴对任意的t恒成立，即，故实数a的取值范围为．解法二：易知点为重心，，∴，，，此时，设点，，，，则根据重心的性质可得，∴，，，∴，；；而，∴，∴，；设直线l：，则联立椭圆方程得消元化简得，，，∴，，∴，∴对任意的t恒成立，即，故实数a的取值范围为．【点睛】关键点点睛：（1）三角形重心分得线段长度比为；（2）当求椭圆的中点弦或中点弦的垂直平分线时可用点差法较为容易.（2024年冀J10承德二模）19.已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．

（1）求的方程，并说明轨迹的形状；（【答案】（1）答案见解析（2）①证明见解析；②存在；【解析】【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；（2）设点，其中且.（ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解.【小问1详解】设点，由题意可知，即，经化简，得的方程为，当【答案】（1）答案见解析（2）①证明见解析；②存在；【解析】【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；（2）设点，其中且.（ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解.【小问1详解】设点，由题意可知，即，经化简，得的方程为，当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．【小问2详解】设点，其中且，（ⅰ）由（1）可知的方程为，因为，所以，因此，三点共线，且，（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，则，由（1）可知，所以，所以为定值1；（法二）设，则有，解得，同理由，解得，所以，所以为定值1；由椭圆定义，得，，解得，同理可得，所以．因为，所以的周长为定值．（ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线，根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且，（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，，（*）因为，所以，将（*）代入上式，化简得，（法二）设，依条件有，解得，同理由，解得，所以．由双曲线的定义，得，根据，解得，同理根据，解得，所以，由内切圆性质可知，，当时，（常数）．因此，存在常数使得恒成立，且．【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．（2024年粤J100佛山禅城二调）19.已知以下事实：反比例函数（）的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线．

（1）（ⅰ）直接写出函数的图象的实轴长；（【答案】（1）（ⅰ）2；（ⅱ）．（2）存在，点A到直线距离的最大值为2，．【解析】【分析】（1）由题意结合双曲线的性质，即可求得答案；（2）方法一：设，，，设：，联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，进而求出两点的纵坐标，结合，即可求得参数之间的关系，代入，即可求得答案；方法二：设，，，，，利用，的方程求出，，的表达式，即可得的坐标，从而求出的方程，可推出过定点，即可求得答案；方法三：设，，，，，可得，设：【答案】（1）（ⅰ）2；（ⅱ）．（2）存在，点A到直线距离的最大值为2，．【解析】【分析】（1）由题意结合双曲线的性质，即可求得答案；（2）方法一：设，，，设：，联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，进而求出两点的纵坐标，结合，即可求得参数之间的关系，代入，即可求得答案；方法二：设，，，，，利用，的方程求出，，的表达式，即可得的坐标，从而求出的方程，可推出过定点，即可求得答案；方法三：设，，，，，可得，设：，联立双曲线方程化简得出，变形后利用根与系数的关系可得出，求出n，即可推出过定点，即可求得答案..【小问1详解】（ⅰ）由题意可知双曲线的实轴在上，联立，解得或，即双曲线的两顶点为，故实轴长为；

（ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，曲线的方程为；【小问2详解】方法一：设，，，显然直线的斜率存在，设：，联立：得，所以，，①，因：，令，则，同理，，②依题意得，③由①②③得，，所以，即或，若，则：过点A，不合题意；若，则：．所以，恒过，所以，．当且仅当，即时取得，此时方程为，结合，解得，，，综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为；方法二：设，，，，，则：，：，联立，得，为此方程的一根，另外一根为，则，代入方程得，，同理可得，，即，，则，所以直线的方程为，所以直线过定点,所以．当且仅当，即时取得，解得,综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为；方法三：设，，，，，则，依题意，直线不过点A，可设：，曲线的方程改写为，即，联立直线的方程得，所以，若，则，代入直线方程，无解；故，两边同时除以得，则，得，在直线：中，令，则，所以，恒过，所以，，当且仅当，即时取得，此时，符合题意，且方程为，解得，，，综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为．【点睛】难点点睛：本题考查双曲线方程的求解以及直线和双曲线位置关系的应用，其中的难点是求解最值问题，解答时要注意利用直线方程和双曲线方程的联立，利用根与系数的关系式进行化简，难点就在于化简的过程十分复杂，计算量大，并且基本上都是有关字母参数的运算，需要有较强的计算能力.（2024年湘J43长沙一中三模）19．已知双曲线的左，右焦点分别为，双曲线C的虚轴长为2，有一条渐近线方程为．如图，点A是双曲线C上位于第一象限内的点，过点A作直线l与双曲线的右支交于另外一点B，连接并延长交双曲线左支于点P，连接与，其中l垂直于的平分线m，垂足为D．

(1)求双曲线C的标准方程；（19．(1)；(2)证明见解析；(3)3【分析】（1）根据虚轴长和渐近线求出即可；（2）设，则，记直线m的方向向量为，利用坐标运算求解，整理即可得答案；（3）设出直线方程，和双曲线联立，利用弦长公式和点到直线的距离公式得到，然后利用基本不等式求的最值.【详解】（1）因为虚轴长为2，即，所以．又因为有一条渐近线方程为，所以，所以双曲线C的标准方程为；19．(1)；(2)证明见解析；(3)3【分析】（1）根据虚轴长和渐近线求出即可；（2）设，则，记直线m的方向向量为，利用坐标运算求解，整理即可得答案；（3）设出直线方程，和双曲线联立，利用弦长公式和点到直线的距离公式得到，然后利用基本不等式求的最值.【详解】（1）因为虚轴长为2，即，所以．又因为有一条渐近线方程为，所以，所以双曲线C的标准方程为；（2）由题意，点A与点P关于原点对称．设，则．由题意可知直线m的斜率存在，设直线m的斜率为k，记直线m的方向向量为，又直线m为的平分线，则．因为，所以，同理，又，代入得，，化简得．所以，即直线与直线m的斜率之积为定值；（3）由（2）可知．又，所以，将代入得，，所以．设直线m的方程为，将代入得，所以直线m的方程为．由点到直线距离公式得，．又直线的斜率为，设直线的方程为，将代入得，所以直线的方程为．将其与联立得．设，则．由得，所以．所以，当且仅当，即时等号成立，所以当且仅当时，的最小值为3．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．（2024年湘J46长沙一中二模）18．如图，双曲线的左､右焦点，分别为双曲线的左､右顶点，过点的直线分别交双曲线的左､右两支于两点，交双曲线的右支于点（与点不重合），且与的周长之差为2.

(1)求双曲线的方程；

(2)若直线交双曲线的右支于两点.(18．(1)(2)①3；②为定值4，理由见解析【分析】（1）设，根据题意，得到，且，联立方程组，求得的值，即可求解；（2）①设，求得，结合，即可求解；②由（1）得直线的方程为，联立方程组，得到，结合弦长公式，求得和，进而化简得到为定值.【详解】（1）解：设，因为与的周长之差为，所以，即，又因为分别为双曲线的左、右顶点，所以，联立方程组，解得，所以，故双曲线的方程为.（2）解：①由（1）知，双曲线的方程为18．(1)(2)①3；②为定值4，理由见解析【分析】（1）设，根据题意，得到，且，联立方程组，求得的值，即可求解；（2）①设，求得，结合，即可求解；②由（1）得直线的方程为，联立方程组，得到，结合弦长公式，求得和，进而化简得到为定值.【详解】（1）解：设，因为与的周长之差为，所以，即，又因为分别为双曲线的左、右顶点，所以，联立方程组，解得，所以，故双曲线的方程为.（2）解：①由（1）知，双曲线的方程为，设，则，可得，则.②为定值.理由如下：由（1）得直线的方程为，联立方程组，整理得，设，则，因为位于双曲线的左､右两支，所以，即，可得，又因为，所以直线的方程为，根据双曲线的对称性，同理可得，所以，故为定值.【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，（如果是其他的凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解），把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可求解.（2024年鲁J32潍坊二模）18．已知双曲线：的实轴长为，右焦点到一条渐近线的距离为1．

(1)求的方程；（18．(1)(2)(3)或或或【分析】（1）根据双曲线的基本量关系，结合右焦点到一条渐近线的距离为1求解即可；（2）设直线，联立双曲线方程可得交点坐标，再根据点到直线的距离结合弦长公式与三角形面积公式求解即可；（3）设，可得，再结合可得，进而根据点到线的距离公式，结合双曲线的方程求解即可.【详解】（1）因为双曲线实轴长为，故，，的一条渐近线方程为，则，故双曲线的方程为.（2）由题意可知四边形为平行四边形，其面积，由题意可得直线的斜率存在，设直线，且，联立，消去并整理得，因为直线与双曲线相切，故，得，即，所以，直线方程为.设直线与的交点为，与的交点为，联立，得，同理得，则，因为原点到直线的距离，所以，所以.（3）设，则，不妨设到直线的距离为：，同理18．(1)(2)(3)或或或【分析】（1）根据双曲线的基本量关系，结合右焦点到一条渐近线的距离为1求解即可；（2）设直线，联立双曲线方程可得交点坐标，再根据点到直线的距离结合弦长公式与三角形面积公式求解即可；（3）设，可得，再结合可得，进而根据点到线的距离公式，结合双曲线的方程求解即可.【详解】（1）因为双曲线实轴长为，故，，的一条渐近线方程为，则，故双曲线的方程为.（2）由题意可知四边形为平行四边形，其面积，由题意可得直线的斜率存在，设直线，且，联立，消去并整理得，因为直线与双曲线相切，故，得，即，所以，直线方程为.设直线与的交点为，与的交点为，联立，得，同理得，则，因为原点到直线的距离，所以，所以.（3）设，则，不妨设到直线的距离为：，同理，所以①又因为②，由①②解得或，当时，解得，又，则，解得，同理有或或，所以存在点或或或满足.【点睛】方法点睛：

（1）弦长公式；（2）设双曲线上一点，则可得为定值（2024年浙J39绍兴上虞调测）18．在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数．

(1)求动点的轨迹方程；（18．(1)(2)（i）；（ii）是，3【分析】（1）根据题意列出方程，化简，即可求得答案；（2）（i）设，，，设直线方程为，联立曲线C的方程，可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，即可求得答案；（ii）分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得结论.【详解】（1）由题意可知，，化简得，于是，动点的轨迹方程为．（2）（i）设，，，不妨假设在第一象限，则E在第四象限，由题意知的斜率存在且不为0，设直线方程为，代入可得，需满足，所以，,直线方程为，代入，可得，，则，因为，，所以，即.同理，，18．(1)(2)（i）；（ii）是，3【分析】（1）根据题意列出方程，化简，即可求得答案；（2）（i）设，，，设直线方程为，联立曲线C的方程，可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，即可求得答案；（ii）分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得结论.【详解】（1）由题意可知，，化简得，于是，动点的轨迹方程为．（2）（i）设，，，不妨假设在第一象限，则E在第四象限，由题意知的斜率存在且不为0，设直线方程为，代入可得，需满足，所以，,直线方程为，代入，可得，，则，因为，，所以，即.同理，，，即，所以，则关于x轴对称，所以；（ii）.所以，.综上，为定值．【点睛】易错点点睛：解答此类直线和圆锥曲线的位置关系类题目，综合性较强，难度较大，容易出错的地方在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，因此要求计算时要十分细心.（2024年浙J36名校联盟三联考）18．已知椭圆的左、右焦点分别

为，焦距为，离心率为，直线与椭圆交于两点

（其中点在轴上方，点在轴下方）.

(1)求椭圆的标准方程;

(2)如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面(平面)垂直.

①若折叠后，求的值;（18．(1)(2)①；②不存在【分析】（1）由焦距为，可得出c的值，再由离心率为和可得出a与b的值，从而求得椭圆的标准方程；（2）①联立直线方程与椭圆方程，由直线和椭圆有两个交点且两个交点在x轴两侧，利用韦达定理求出m范围，然后建立空间直角坐标系，根据条件，得出，即可得出m的值；②分别表示出折叠前间的距离和折叠后间的距离，根据题目中距离的比值列方程求解m，再判断其是否满足条件即可.【详解】（1）由题意，解得：，所以椭圆的标准方程为（2）折叠前设，联立可得由直线与椭圆交于不同两点，所以，解得，由韦达定理得：18．(1)(2)①；②不存在【分析】（1）由焦距为，可得出c的值，再由离心率为和可得出a与b的值，从而求得椭圆的标准方程；（2）①联立直线方程与椭圆方程，由直线和椭圆有两个交点且两个交点在x轴两侧，利用韦达定理求出m范围，然后建立空间直角坐标系，根据条件，得出，即可得出m的值；②分别表示出折叠前间的距离和折叠后间的距离，根据题目中距离的比值列方程求解m，再判断其是否满足条件即可.【详解】（1）由题意，解得：，所以椭圆的标准方程为（2）折叠前设，联立可得由直线与椭圆交于不同两点，所以，解得，由韦达定理得：，因为位于轴两侧，所以，化简得，从而，以为坐标原点，折叠后，分别以原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为轴建立空间直角坐标系，则折叠后①折叠后，则，即，所以②折叠前，折叠后所以，解得，此时直线与椭圆无交点，故不存在，使折叠后的与折叠前的长度之比为.

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到折叠前后的联系，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用空间向量的知识求解.（2024年苏J34航附二模）19．过抛物线外一点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，我们称为抛物线的阿基米德三角形，弦AB与抛物线所围成的封闭图形称为相应的“囧边形”，且已知“囧边形”的面积恰为相应阿基米德三角形面积的三分之二．如图，点是圆上的动点，是抛物线的阿基米德三角形，是抛物线的焦点，且．

(1)求抛物线的方程；

(2)利用题给的结论，求图中“囧边形”面积的取值范围；（19．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据圆的几何性质可知，据此求出可得解；（2）求出弦长及点到直线的距离，可得出面积，由点在圆上，可得面积取值范围，再由“囧边形”面积与面积关系得解；（3）求出过点切线方程，联立可得横坐标，据此利用横坐标可得，即可得证.【详解】（1）由题意得，，由，所以（2）设，联立，，设方程的两根为，则，由，所以，联立直线可得，代入方程中，得，即，故的面积.19．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据圆的几何性质可知，据此求出可得解；（2）求出弦长及点到直线的距离，可得出面积，由点在圆上，可得面积取值范围，再由“囧边形”面积与面积关系得解；（3）求出过点切线方程，联立可得横坐标，据此利用横坐标可得，即可得证.【详解】（1）由题意得，，由，所以（2）设，联立，，设方程的两根为，则，由，所以，联立直线可得，代入方程中，得，即，故的面积.因为在圆上，所以且，于是，显然此式在上单调递增，故，也即，因此，由题干知“囧边形”面积，所以“囧边形”面积的取值范围为.（3）由（2）知，,设，过的切线，即，过点切线交得，同理，因为，.所以，即.【点睛】关键点点睛：联立直线与抛物线，根据韦达定理及弦长公式得出，再由切线相交得出点坐标，求出三角形面积，再由点在圆上得出面积的范围是求解“囧边形”面积范围的关键，第三问中利用直线上线段长度之比可化为横坐标（或纵坐标）之比是解题的关键.（2024年鄂J27宜荆荆随恩二模）19．已知椭圆的离心率为，，是C的左、右焦点，直线是其右准线，P是l上的一动点，Q点在C上.

(1)求C的方程.（19．(1)(2)(3)证明见解析，【分析】（1）利用离心率和准线方程建立a、c方程求解即可；（2）设，，利用斜率之积得，根据对称性设，利用垂直的向量坐标运算化简得，结合化简得，即可求解定点；（3）设，利用得及，结合点在椭圆上根据点的坐标运算化简得，即可证明.【详解】（1）由题意，且，解得，，所以，，所以椭圆C的方程为；（2）设，，则，因为直线OQ、PQ的斜率之积为，所以，所以，根据对称性可知定点T存在时一定在x轴上，设，则，19．(1)(2)(3)证明见解析，【分析】（1）利用离心率和准线方程建立a、c方程求解即可；（2）设，，利用斜率之积得，根据对称性设，利用垂直的向量坐标运算化简得，结合化简得，即可求解定点；（3）设，利用得及，结合点在椭圆上根据点的坐标运算化简得，即可证明.【详解】（1）由题意，且，解得，，所以，，所以椭圆C的方程为；（2）设，，则，因为直线OQ、PQ的斜率之积为，所以，所以，根据对称性可知定点T存在时一定在x轴上，设，则，，因为恒成立，所以恒成立，所以恒成立，因为，所以，所以恒成立，所以恒成立，所以，即存在定点，满足恒成立；（3）设，由可设，则，所以，所以①，②，③，④，①×②得，③×④得，因为，，所以相减得，即，所以，即，所以H恒在直线上.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表