专题05 平面解析几何-2020-2024年五年高考1年模拟数学真题分类汇编（北京专用）（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题05平面解析几何考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1直线与圆（5年几考）2020-2024：5年四考：直线与圆的位置关系；点到直线的距离；弦长公式；参数问题1.平面解析几何是中学数学的重要内容,是考查考生学科素养的重要载体,高考对解析几何的考查一般以课程学习情境与探索创新情境为主,注重数学知识的基础性、综合性和应用性的考查，主要考查圆与方程,椭圆、抛物线、双曲线的概念及几何性质,直线与圆锥曲线的位置关系及其综合问题,主要考查考生的运算求解能力和逻辑思维能力,从近三年的高考试题来看，本专题考查内容覆盖直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线,突出考查考生理性思维、数学应用、数学探索等学科素养,根据对本专题高考试题的分析,现给出如下备考建议:(1)回归教材,注重基础,建构知识网络,(2重视圆锥曲线的定义及其几何性质,切实提升考生利用数形结合思想与转化思想解决问题的能力。(3)多角度审视,注重一题多解,把握问题的本质,(4)夯实基本技能和基本方法,提升学科核心素养。(5)加大训练力度,侧重培养考生逻辑思维能力和运算求解能力。考点2椭圆（5年几考）2020-2024：5年五考：椭圆标准方程；离心率或取值范围；直线与椭圆的位置关系求参数；椭圆中的定值问题；椭圆中的多边形考点3双曲线（5年几考）2020-2024：5年五考：双曲线的标准方程；离心率问题；参数问题；双曲线的渐近线；考点4抛物线（5年几考）2020-2024：5年五考：抛物线的标准方程；抛物线的定义；抛物线的焦点、准线及焦半径考点01直线与圆1．（2024·北京·高考真题）圆的圆心到直线的距离为（

）A． B． C． D．【答案】D〖祥解〗求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.【详析】由题意得，即，则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为.故选：D.2．（2021·北京·高考真题）已知直线（为常数）与圆交于点，当变化时，若的最小值为2，则

A． B． C． D．【答案】C〖祥解〗先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出【详析】由题可得圆心为，半径为2，则圆心到直线的距离，则弦长为，则当时，取得最小值为，解得.故选：C.3．（2020·北京·高考真题）已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（

）．A．4 B．5 C．6 D．7【答案】A〖祥解〗求出圆心的轨迹方程后，根据圆心到原点的距离减去半径1可得答案.【详析】设圆心，则，化简得，所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，所以，所以，当且仅当在线段上时取得等号，故选：A.【『点石成金』】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.4．（2022·北京·高考真题）若直线是圆的一条对称轴，则（

）A． B． C．1 D．【答案】A〖祥解〗若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．【详析】由题可知圆心为，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得．故选：A．考点02椭圆5．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．(1)求椭圆的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；（2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.【详析】（1）由题意，从而，所以椭圆方程为，离心率为；（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，从而设，，联立，化简并整理得，由题意，即应满足，所以，若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，所以，在直线方程中令，得，所以，此时应满足，即应满足或，综上所述，满足题意，此时或.6．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．(1)求的方程；(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．【答案】(1)(2)证明见解析〖祥解〗（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.【详析】（1）依题意，得，则，又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，所以，即，则，所以椭圆的方程为.（2）因为椭圆的方程为，所以，因为为第一象限上的动点，设，则，

易得，则直线的方程为，，则直线的方程为，联立，解得，即，而，则直线的方程为，令，则，解得，即，又，则，，所以，又，即，显然，与不重合，所以.7．（2022·北京·高考真题）已知椭圆的一个顶点为，焦距为．(1)求椭圆E的方程；(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；【详析】（1）解：依题意可得，，又，所以，所以椭圆方程为；（2）解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直线的方程为，令，解得，直线的方程为，令，解得，所以，所以，即即即整理得，解得8．（2021·北京·高考真题）已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．（1）求椭圆E的方程；（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．【答案】（1）；（2）．〖祥解〗（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.【详析】（1）因为椭圆过，故，因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，故椭圆的标准方程为：.（2）设，因为直线的斜率存在，故，故直线，令，则，同理.直线，由可得，故，解得或.又，故，所以又故即，综上，或.9．（2020·北京·高考真题）已知椭圆过点，且．（Ⅰ）求椭圆C的方程：（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.〖祥解〗(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.【详析】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(Ⅱ)[方法一]：设，，直线的方程为：，与椭圆方程联立可得：，即：，则：.直线MA的方程为：，令可得：，同理可得：.很明显，且，注意到，，而，故.从而.[方法二]【最优解】：几何含义法①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．由题意知直线的斜率存在．．当时，．同理，．所以．因为，所以．【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.考点03双曲线10．（2021·北京·高考真题）若双曲线离心率为，过点，则该双曲线的方程为（

）A． B． C． D．【答案】B〖祥解〗分析可得，再将点代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的标准方程.【详析】，则，，则双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，故，因此，双曲线的方程为.故选：B11．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为．【答案】（或，答案不唯一）〖祥解〗联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.【详析】联立，化简并整理得：，由题意得或，解得或无解，即，经检验，符合题意.故答案为：（或，答案不唯一）.12．（2023·北京·高考真题）已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为．【答案】〖祥解〗根据给定条件，求出双曲线的实半轴、虚半轴长，再写出的方程作答.【详析】令双曲线的实半轴、虚半轴长分别为，显然双曲线的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距，由双曲线的离心率为，得，解得，则，所以双曲线的方程为.故答案为：13．（2022·北京·高考真题）已知双曲线的渐近线方程为，则．【答案】〖祥解〗首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；【详析】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为，则，，又双曲线的渐近线方程为，所以，即，解得；故答案为：14．（2020·北京·高考真题）已知双曲线，则C的右焦点的坐标为；C的焦点到其渐近线的距离是．【答案】〖祥解〗根据双曲线的标准方程可得出双曲线的右焦点坐标，并求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得双曲线的焦点到渐近线的距离.【详析】在双曲线中，，，则，则双曲线的右焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为，即，所以，双曲线的焦点到其渐近线的距离为.故答案为：；.【『点石成金』】本题考查根据双曲线的标准方程求双曲线的焦点坐标以及焦点到渐近线的距离，考查计算能力，属于基础题.考点04抛物线15．（2024·北京·高考真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（

）A．， B．，C．， D．，【答案】C〖祥解〗先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可.【详析】对任意给定，则，且，可知，即，再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域，如图阴影部分所示，其中，可知任意两点间距离最大值；阴影部分面积.故选：C.【『点石成金』】方法『点石成金』：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．16．（2023·北京·高考真题）已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（

）A．7 B．6 C．5 D．4【答案】D〖祥解〗利用抛物线的定义求解即可.【详析】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上，所以到准线的距离为，又到直线的距离为，所以，故.故选：D.17．（2020·北京·高考真题）设抛物线的顶点为，焦点为，准线为．是抛物线上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线（

）．A．经过点 B．经过点C．平行于直线 D．垂直于直线【答案】B〖祥解〗依据题意不妨作出焦点在轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段的垂直平分线经过点，即求解.【详析】如图所示：．因为线段的垂直平分线上的点到的距离相等，又点在抛物线上，根据定义可知，，所以线段的垂直平分线经过点.故选：B.【『点石成金』】本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题.18．（2021·北京·高考真题）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，垂直轴于点.若，则点的横坐标为；的面积为．【答案】5〖祥解〗根据焦半径公式可求的横坐标，求出纵坐标后可求.【详析】因为抛物线的方程为，故且.因为，，解得，故，所以，故答案为：5；.19．（2024·北京·高考真题）抛物线的焦点坐标为．【答案】〖祥解〗形如的抛物线的焦点坐标为，由此即可得解.【详析】由题意抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为.故答案为：.1．（2024·北京西城·三模）点F抛物线的焦点，A，B，C为抛物线上三点，若，则（

）A．2 B． C．3 D．【答案】C〖祥解〗设，根据抛物线方程求出焦点坐标和准线方程，再由可得为的重心，从而可求出，再根据抛物线的定义可求得结果.【详析】设，由，得，所以，准线方程为，因为，所以为的重心，所以，所以，所以，故选：C2．（2024·北京西城·三模）若双曲线的离心率为，则（

）A．2 B． C．1 D．【答案】C〖祥解〗根据双曲线的离心率与、、关系求解即可.【详析】由题意，双曲线的离心率，所以.故选：C.3．（2024·北京顺义·三模）设M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，O足坐标原点，若，则（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B〖祥解〗过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，连接，分析出为等边三角形，求出，即可得解.【详析】过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，连接，如下图所示：因为，轴，则，由抛物线的定义可得，所以为等边三角形，则，抛物线的准线方程为，设直线交轴于点，则，易知，，则.故选：B.4．（2022·湖南岳阳·一模）如图，唐金筐宝钿团花纹金杯出土于西安，这件金杯整体造型具有玲珑剔透之美，充分体现唐代金银器制作的高超技艺，是唐代金银细工的典范之作.该杯主体部分的轴截面可以近似看作双曲线的一部分，若的中心在原点，焦点在轴上，离心率，且点在双曲线上，则双曲线的标准方程为（

）A． B．C． D．【答案】C〖祥解〗利用待定系数法可求双曲线的标准方程.【详析】设双曲线的方程为：，因为离心率，故半焦距，故，而双曲线过，故，解得，故双曲线的方程为：，故选：C.5．（2024·天津河东·一模）已知等轴双曲线的渐近线与抛物线的准线交于两点，抛物线焦点为，的面积为4，则的长度为（

）A．2 B． C． D．【答案】D〖祥解〗根据双曲线与抛物线的几何性质，联立方程组，求得的坐标，结合题意，列出方程求得，进而求得长度，得到答案.【详析】由题意，等轴双曲线的渐近线方程为，抛物线的准线方程为，联立方程组，解得，可得，同理可得，因为的面积为4，可得，解得，则.故选：D.

6．（2024·山东枣庄·一模）在平面直角坐标系中，已知为圆上动点，则的最小值为（

）A．34 B．40 C．44 D．48【答案】B〖祥解〗借助点到直线的距离公式与圆上的点到定点距离的最值计算即可得.【详析】设，则，即等价于点到点的距离的平方的两倍加八，又，即.故选：B.7．（2024·北京海淀·二模）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，，则线段的中点的纵坐标为（

）A． B． C．3 D．4【答案】C〖祥解〗根据抛物线定义求得点的纵坐标，再求中点纵坐标即可.【详析】抛物线的焦点，又，解得，故线段的中点的纵坐标为.故选：C.8．（2024·北京朝阳·二模）已知抛物线的焦点为F，点P为C上一点.若，则点P的横坐标为（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C〖祥解〗根据抛物线的标准方程可得，结合抛物线的定义即可求解.【详析】由题意知，，由抛物线的定义知，，得，即点P的横坐标为7.故选：C9．（2024·北京朝阳·二模）已知双曲线的右焦点为F，c是双曲线C的半焦距，点A是圆上一点，线段FA与双曲线C的右支交于点B.若，则双曲线C的离心率为（

）A． B．C． D．【答案】A〖祥解〗先根据条件求得，然后解直角三角形即可得答案.【详析】设双曲线左焦点为，如图：，可得，由双曲线的定义字，在中，，在中，即，可得.故选：A.10．（2024·北京通州·二模）已知圆心为C的圆与双曲线E：（）交于A，B两点，且，则双曲线E的渐近线方程为（

）A． B． C． D．【答案】A〖祥解〗由题意画出图形，得到，代入双曲线方程，再求出渐近线方程即可.【详析】由题意可得的圆心，半径，显然适合和，即为圆与双曲线E：的一个交点，且为双曲线的左顶点，则轴；因为，所以，所以，解得或（舍），所以，代入双曲线方程可得，双曲线E的渐近线方程为，故选：A.11．（12-13高二上·黑龙江鹤岗·期末）抛物线的准线方程为(

)A． B． C． D．【答案】C〖祥解〗根据抛物线标准方程即可求解.【详析】由题知，抛物线方程为，则其准线方程为.故选：C12．（2024·北京房山·一模）直线截圆所得劣弧所对的圆心角为，则r的值为（

）A． B． C． D．【答案】B〖祥解〗根据给定条件用圆的半径r表示出圆心到直线距离即可计算作答.【详析】因直线截圆所得劣弧所对的圆心角为，令劣弧的两个端点为，则为等边三角形，故圆心到直线的距离等于，即，解得.故选：B.13．（2024·北京房山·一模）在平面直角坐标系中，已知两点．若曲线C上存在一点P，使，则称曲线C为“合作曲线”，给出下列曲线：①；②；③．其中“合作曲线”是（

）A．①② B．②③ C．① D．②【答案】A〖祥解〗根据题意，设点，由“合作曲线”的定义可知，曲线上存在点，使得，然后逐一判断，即可得到结果.【详析】设点，则，由可得，即，即曲线上存在点，使得，即为“合作曲线”，对于①，由双曲线可得，则双曲线上存在点满足，故①为“合作曲线”；对于②，由椭圆可得，则椭圆上存在点满足，故②为“合作曲线”；对于③，因为圆心到直线的结论，故直线上不存在一点满足，故③不为“合作曲线”；故选：A14．（2024·北京海淀·一模）若双曲线上的一点到焦点的距离比到焦点的距离大，则该双曲线的方程为（

）A． B． C． D．【答案】D〖祥解〗根据题意及双曲线的定义可知，，再结合，求出，即可求出结果.【详析】由题知，根据题意，由双曲线的定义知，又，所以，得到，所以双曲线的方程为，故选：D.15．（2024·北京朝阳·一模）已知直线和圆相交于A，B两点.若，则（

）A．2 B． C．4 D．【答案】D〖祥解〗借助点到直线的距离公式与垂径定理计算即可得.【详析】圆的圆心为：，半径为，则圆心到直线的距离为，由垂径定理可得.故选：D.16．（2024·北京朝阳·一模）已知双曲线：的右焦点为F，过点F作垂直于x轴的直线，M，N分别是与双曲线C及其渐近线在第一象限内的交点.若M是线段的中点，则C的渐近线方程为（

）A． B．C． D．【答案】C〖祥解〗设双曲线的右焦点，求出点和的坐标，利用中点坐标公式列式计算得关系，进而可得渐近线方程.【详析】设双曲线的右焦点，过第一象限的渐近线方程为，当时，，即，又，因为M是线段的中点，所以，得，所以，即，所以C的渐近线方程为.故选：C.

17．（2024·北京西城·三模）若直线与交于，两点，则面积的最大值为，写出满足“面积最大”的的一个值.【答案】21（均可）〖祥解〗求出圆心到直线的距离，则，再由基本不等式求出面积最大值，以及此时的值.【详析】直线，则，令，解得，所以直线恒过点，的圆心为，半径，显然点在上，圆心到直线的距离，，则，当且仅当，即时取等号，即，解得或.故答案为：；（均可）18．（2024·北京顺义·三模）已知直线l经过点，曲线：.①曲线经过原点且关于对称；②当直线l与曲线有2个公共点时，直线l斜率的取值范围为；③当直线l与曲线有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有4个④存在定点Q，使得过Q的任意直线与曲线的公共点的个数都不可能为2以上说法正确的是【答案】①②④〖祥解〗将点分别代入曲线的方程即可判断①；将曲线方程转化为两个圆的方程，结合图像利用直线和圆的位置关系逐项分析即可判断②③④.【详析】对于①，将点分别代入曲线的方程，得，，所以曲线关于对称，将代入曲线的方程得，所以曲线经过原点，所以曲线经过原点且关于对称，故①正确；由，得，即，即，所以或，即或，所以曲线表示以，为圆心，为半径的两个圆，如图所示，设过点A且与圆N相切的直线方程为，则点N到该直线的距离，解得，，即图中直线AC的斜率为1，直线AD的斜率为，直线AO的斜率为，直线AC的方程为，点M到直线AC的距离，则直线AC与圆M相切于点B，设过点A且与圆M相切的直线方程为，则点M到该直线的距离，解得，，由图可知，当直线l与曲线有2个公共点时，直线l斜率的取值范围为，故②正确；由图可知，直线AO与曲线的公共点个数为3，直线AD与曲线的公共点个数也为3，直线与曲线的公共点个数为1，所以当直线l与曲线有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有3个，故③错误；因为过原点O的任意直线与曲线的公共点的个数为1或3，所以存在定点Q（Q与O重合），使得过Q的任意直线与曲线的公共点的个数都不可能为2，故④正确.故答案为：①②④.【『点石成金』】关键点『点石成金』：将曲线方程转化为两个圆的方程，是解决本题的关键.19．（2024·天津河东·一模）已知过点的直线（不过原点）与圆相切，且在轴、轴上的截距相等，则的值为.【答案】18〖祥解〗确定直线的方程，根据直线和圆相切可得圆心到直线的距离等于半径，列式求解，即得答案.【详析】由题意知过点的直线（不过原点）在轴、轴上的截距相等，设该直线方程为，将代入得，即直线方程为，由于该直线与相切，圆心为，半径为，故，故答案为：1820．（2024·北京海淀·二模）已知双曲线，则的离心率为；以的一个焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为.（写出一个即可）【答案】/或（）〖祥解〗根据离心率的定义求解离心率，再计算焦点到渐近线的距离，结合圆的标准方程求解即可.【详析】的离心率为，又渐近线为，即，故焦点与到的距离均为，则以的一个焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为或，故答案为：；或（）21．（2024·北京朝阳·二模）若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的一个取值为.【答案】1（答案不唯一）〖祥解〗画出图，由图可知有两个交点的时候的临界状态为相切与过点，求出此时直线的斜率，则实数的取值范围即可求解.【详析】直线过定点，曲线，即，表示半圆，如图所示，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离，所以（舍去）或，由于直线与曲线有两个不同的交点，当直线过时，斜率最小为，所以由图可知，实数的取值范围为：，故实数的一个取值为1，故答案为：1（答案不唯一）.22．（2024·北京通州·二模）已知点为抛物线上一点，则点P到抛物线C的焦点的距离为．【答案】3〖祥解〗只需把点代入方程，就可解得，即可知焦点坐标，再利用两点间距离公式就可以算出答案.【详析】由题意得：，解得，所以抛物线，即焦点坐标是，即，故答案为：3.23．（2024·北京海淀·一模）已知，线段是过点的弦，则的最小值为.【答案】〖祥解〗借助直径与弦垂直时，有最小，计算即可得.【详析】由，故点在圆的内部，且该圆圆心为，半径为，设圆心到直线的距离为，由垂径定理可得，即，故当取最大值时，有最小值，又，故.故答案为：.24．（2024·北京朝阳·一模）已知抛物线的焦点为，准线方程为，则；设为原点，点在抛物线上，若，则.【答案】/0.5〖祥解〗借助抛物线的性质及其定义计算即可得.【详析】由抛物线准线方程为，故，则，，由在抛物线上，故，由，可得，即，即.故答案为：；.25．（2024·北京西城·三模）已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，若椭圆的，三角形ABC的面积为2.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知点D（0，2），直线AD交椭圆于点E，过点D的直线交椭圆于M，N两点，若直线CM与x轴交于P点，过E且平行于x轴的直线与BN交于Q点，求的值.【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）根据椭圆的基本量即可求解；（2）求出点的坐标，分直线斜率是否存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设出直线的方程，与椭圆联立，求解，根据交点个数列出关于的不等式，写出韦达定理，写出直线的方程，求出点的横坐标，写出直线BN的方程，求解点的横坐标，写出即可得三点共线，进而求解.【详析】（1）依题意：，解得，，，椭圆的标准方程为；（2）直线DA：，，解得，.若直线MN：，则，若直线MN：，设，，，整理得，，解得或，，，直线CM：，令，得.直线BN：，令，得，因为，所以D，P，Q三点共线，所以，综上知：.26．（2024·北京顺义·三模）已知椭圆：的左顶点为，上下顶点为，，离心率为.(1)求椭圆的方程(2)设点是椭圆上一点，不与顶点重合，满足四边形是平行四边形，过点作垂直轴的直线交直线于点，再过作垂直于轴的直线交直线于点.求证：，，三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析〖祥解〗（1）由已知可得，，根据即可求解；（2）设直线的方程，联立其与椭圆方程可得，坐标，将的纵坐标代入直线的方程中可得的坐标，将的横坐标代入的方程可得的坐标，求，即可证明.【详析】（1）因为椭圆：的左顶点为，所以，又，所以，所以，所以椭圆的方程为；（2）由（1）知，，设：，，，联立方程，可得，解得或，所以，因为四边形是平行四边形，由椭圆的对称性可知点与点关于原点对称，所以，直线的方程为，把代入可得，所以，把代入可得，所以过，的直线的斜率为，所以过，的直线的斜率，所以，，三点共线.27．（2024·天津河西·一模）已知椭圆的上、下顶点为、，左焦点为，定点，．(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作斜率为（）的直线交椭圆于另一点，直线与轴交于点（在，之间），直线与轴交于点，若，求的值．【答案】(1)(2)或〖祥解〗（1）依题意可得为、的中点，即可求出、，再求出，即可得到椭圆方程；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求出，，从而表示出的方程，即可得到，再求出，最后由三角形的面积得到，从而得到关于的方程，解得即可.【详析】（1）由题意，，则为、的中点，所以，，，，即，，所以椭圆的标准方程为.（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立，，整理得，，所以，直线与相交于点，令，所以直线的斜率为，直线的方程为，令，，由，又，，，即，所以，所以，所以，解得或，所以的值为或.【『点石成金』】关键点『点石成金』：本题关键是推导出，从而得到.28．（2024·北京海淀·二模）已知椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点.以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为.(1)求栯圆的方程；(2)设过点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于不同的两点，与直线交于点.点在轴上，为坐标平面内的一点，四边形是菱形.求证：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析〖祥解〗（1）根据焦点三角形的周长以及等边三角形的性质可得且，即可求解得解，（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，进而根据中点坐标公式可得，进而根据菱形的性质可得的方程为，即可求解，.进而根据点斜式求解直线方程，即可求解.【详析】（1）由题意可设椭圆的方程为.因为以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为，所以且，所以.所以.所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，令，得，即.由得.设，则.设的中点为，则.所以.因为四边形为菱形，所以为的中点，.所以直线的斜率为.所以直线的方程为.令得.所以.设点的坐标为，则，即.所以直线的方程为，即.所以直线过定点.【『点石成金』】方法『点石成金』：圆锥曲线中定点问题的两种解法：（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.29．（2024·北京朝阳·二模）已知椭圆E的两个顶点分别为，，焦点在x轴上，且椭圆E过点.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为原点，不经过椭圆E的顶点的直线l与椭圆E交于两点，直线BP与直线OC交于点H，点M与点Q关于原点对称.（i）求点H的坐标（用，表示）；（ii）若A，H，M三点共线，求证：直线l经过定点.【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析〖祥解〗（1）根据椭圆的顶点和椭圆上的点列方程求解即可；（2）（i）设直线BP的方程为，联立方程求得H的坐标即可；（ii）设直线l的方程为，与椭圆方程联立韦达定理，根据三点共线结合两点斜率公式列式化简得或，从而求解直线恒过的定点.【详析】（1）设椭圆E的方程为由题意得，解得，所以椭圆E的方程为（2）（i）由题可知：且.设直线BP的方程为，直线OC的方程为.由得，所以H的坐标为.（ii）由题可知，直线l的斜率存在.设直线l的方程为，由得，由于直线l与椭圆E交于不同的两点，所以，则，.由题可知.因为A，H，M三点共线，所以，化简得，即.所以，所以.化简得，即，解得或.当时，直线l的方程为，经过，不符合题意.当时，直线l的方程为，经过，其中.综上，直线l经过定点.30．（2024·北京通州·二模）已知椭圆：（）的长轴长为4，离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于两点（不与左右顶点重合），点在轴正半轴上，直线交轴于点P，直线交轴于点，问是否存在，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，当时，有定值．〖祥解〗（1）根据长轴长为，离心率为，可得，得到标准方程．（2）根据斜率存在，设直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示出，，表达出直线TM和直线TN，进而求出为定值；斜率不存在，不妨设，，求出为定值.【详析】（1）因为椭圆的长轴长为，离心率为，所以，．所以，．所以．所以椭圆的方程为．（2）若直线的斜率存在，设直线的方程为，．

联立方程组，消去，化简得．则，即,设，，所以，．所以直线TM的方程为，直线的方程为．所以，．所以，，所以．所以当时，为定值，即（负值舍）时，有定值．当时，若直线l斜率不存在，不妨设，，所以，．所以．综上，当时，有定值．【『点石成金』】方法『点石成金』：根据直线与圆锥曲线的位置关系求解存在性的定值问题，分类讨论，求解计算，计算量偏大.31．（2024·北京房山·一模）已知椭圆的离心率为，左焦点为，过的直线交椭圆于、两点，点为弦的中点，是坐标原点，且由于不与，重合．(1)求椭圆的方程；(2)若是延长线上一点，且的长度为，求四边形面积的取值范围．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）根据椭圆的离心率以及焦点坐标，直接求出、，再根据确定即可求出椭圆方程；（2）根据已知条件设出直线方程，直曲联立，利用韦达定理确定确定，，利用中点坐标公式求出点坐标，得到直线的方程，求出点、到直线的距离，结合已知条件可以表示出四边形面积为，根据的取值范围，即可求解四边形面积的取值范围．【详析】（1）因为，得；又，所以，所以；所以，所以椭圆的方程为.（2）设过的直线为，与椭圆两交点坐标分别为，，由于不与，重合，可知直线的斜率存在且不为，根据已知条件设直线方程为，联立直线方程与椭圆方程，整理有；，即，整理有：恒成立；根据韦达定理：，；因为为弦的中点，所以；因为在直线上，所以，解得，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，化为一般式为：；设到直线的距离为，点到直线的距离也为，因为为弦的中点，由点到直线距离公式有：，因为、位于两侧，所以，所以，又因为，所以，设四边形面积为，根据题意有：，因为，所以.所以，所以.所以四边形面积的取值范围是.【『点石成金』】关键点『点石成金』：直曲联立利用韦达定理确定，，将四边形面积转化为求两个三角形、面积之和，利用点到直线距离化简即可将表示成，最后结合的范围求的范围.32．（2024·北京海淀·一模）已知椭圆的离心率为分别是G的左、右顶点，F是G的右焦点.(1)求m的值及点的坐标；(2)设P是椭圆G上异于顶点的动点，点Q在直线上，且，直线与x轴交于点M.比较与的大小.【答案】(1)，(2)〖祥解〗（1）借助离心率计算即可得；（2）设，表示出与点坐标后，可得、，借助作差法计算即可得.【详析】（1）由，即，由题意可得，故，解得，故，则，故；（2）设，，，有，由，则有，即，由，故有，即有，由可得、，则，，则，由，故，即.33．（2024·北京朝阳·一模）已知椭圆：的离心率为，A，B分别是E的左、右顶点，P是E上异于A，B的点，的面积的最大值为.(1)求E的方程；(2)设O为原点，点N在直线上，N，P分别在x轴的两侧，且与的面积相等.（i）求证：直线与直线的斜率之积为定值；（ⅱ）是否存在点P使得，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）不存在点〖祥解〗（1）利用待定系数法，列方程组，即可求解；（2）（ⅰ）首先利用坐标表示和，利用面积相等，以及点在椭圆上的条件，即可化简斜率乘积的公式，即可证明；（ⅱ）由条件，确定边长和角度的关系，再结合数形结合，即可判断是否存在点满足条件.【详析】（1）当点是短轴端点时，的面积最大，面积的最大值为，则，得，，所以椭圆的方程为；（2）（ⅰ）设，，，，由题意可知，，，即，所以；

（ⅱ）假设存在点，使得，因为，，，所以，，，则，由（ⅰ）可知，，又，所以三点共线，如图，

则，所以，则点与点重合，这与已知矛盾，所以不存在点，使.专题05平面解析几何考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1直线与圆（5年几考）2020-2024：5年四考：直线与圆的位置关系；点到直线的距离；弦长公式；参数问题1.平面解析几何是中学数学的重要内容,是考查考生学科素养的重要载体,高考对解析几何的考查一般以课程学习情境与探索创新情境为主,注重数学知识的基础性、综合性和应用性的考查，主要考查圆与方程,椭圆、抛物线、双曲线的概念及几何性质,直线与圆锥曲线的位置关系及其综合问题,主要考查考生的运算求解能力和逻辑思维能力,从近三年的高考试题来看，本专题考查内容覆盖直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线,突出考查考生理性思维、数学应用、数学探索等学科素养,根据对本专题高考试题的分析,现给出如下备考建议:(1)回归教材,注重基础,建构知识网络,(2重视圆锥曲线的定义及其几何性质,切实提升考生利用数形结合思想与转化思想解决问题的能力。(3)多角度审视,注重一题多解,把握问题的本质,(4)夯实基本技能和基本方法,提升学科核心素养。(5)加大训练力度,侧重培养考生逻辑思维能力和运算求解能力。考点2椭圆（5年几考）2020-2024：5年五考：椭圆标准方程；离心率或取值范围；直线与椭圆的位置关系求参数；椭圆中的定值问题；椭圆中的多边形考点3双曲线（5年几考）2020-2024：5年五考：双曲线的标准方程；离心率问题；参数问题；双曲线的渐近线；考点4抛物线（5年几考）2020-2024：5年五考：抛物线的标准方程；抛物线的定义；抛物线的焦点、准线及焦半径考点01直线与圆1．（2024·北京·高考真题）圆的圆心到直线的距离为（

）A． B． C． D．【答案】D〖祥解〗求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.【详析】由题意得，即，则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为.故选：D.2．（2021·北京·高考真题）已知直线（为常数）与圆交于点，当变化时，若的最小值为2，则

A． B． C． D．【答案】C〖祥解〗先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出【详析】由题可得圆心为，半径为2，则圆心到直线的距离，则弦长为，则当时，取得最小值为，解得.故选：C.3．（2020·北京·高考真题）已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（

）．A．4 B．5 C．6 D．7【答案】A〖祥解〗求出圆心的轨迹方程后，根据圆心到原点的距离减去半径1可得答案.【详析】设圆心，则，化简得，所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，所以，所以，当且仅当在线段上时取得等号，故选：A.【『点石成金』】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.4．（2022·北京·高考真题）若直线是圆的一条对称轴，则（

）A． B． C．1 D．【答案】A〖祥解〗若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．【详析】由题可知圆心为，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得．故选：A．考点02椭圆5．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．(1)求椭圆的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；（2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.【详析】（1）由题意，从而，所以椭圆方程为，离心率为；（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，从而设，，联立，化简并整理得，由题意，即应满足，所以，若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，所以，在直线方程中令，得，所以，此时应满足，即应满足或，综上所述，满足题意，此时或.6．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．(1)求的方程；(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．【答案】(1)(2)证明见解析〖祥解〗（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.【详析】（1）依题意，得，则，又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，所以，即，则，所以椭圆的方程为.（2）因为椭圆的方程为，所以，因为为第一象限上的动点，设，则，

易得，则直线的方程为，，则直线的方程为，联立，解得，即，而，则直线的方程为，令，则，解得，即，又，则，，所以，又，即，显然，与不重合，所以.7．（2022·北京·高考真题）已知椭圆的一个顶点为，焦距为．(1)求椭圆E的方程；(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；【详析】（1）解：依题意可得，，又，所以，所以椭圆方程为；（2）解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直线的方程为，令，解得，直线的方程为，令，解得，所以，所以，即即即整理得，解得8．（2021·北京·高考真题）已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．（1）求椭圆E的方程；（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．【答案】（1）；（2）．〖祥解〗（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.【详析】（1）因为椭圆过，故，因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，故椭圆的标准方程为：.（2）设，因为直线的斜率存在，故，故直线，令，则，同理.直线，由可得，故，解得或.又，故，所以又故即，综上，或.9．（2020·北京·高考真题）已知椭圆过点，且．（Ⅰ）求椭圆C的方程：（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.〖祥解〗(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.【详析】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(Ⅱ)[方法一]：设，，直线的方程为：，与椭圆方程联立可得：，即：，则：.直线MA的方程为：，令可得：，同理可得：.很明显，且，注意到，，而，故.从而.[方法二]【最优解】：几何含义法①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．由题意知直线的斜率存在．．当时，．同理，．所以．因为，所以．【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.考点03双曲线10．（2021·北京·高考真题）若双曲线离心率为，过点，则该双曲线的方程为（

）A． B． C． D．【答案】B〖祥解〗分析可得，再将点代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的标准方程.【详析】，则，，则双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，故，因此，双曲线的方程为.故选：B11．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为．【答案】（或，答案不唯一）〖祥解〗联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.【详析】联立，化简并整理得：，由题意得或，解得或无解，即，经检验，符合题意.故答案为：（或，答案不唯一）.12．（2023·北京·高考真题）已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为．【答案】〖祥解〗根据给定条件，求出双曲线的实半轴、虚半轴长，再写出的方程作答.【详析】令双曲线的实半轴、虚半轴长分别为，显然双曲线的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距，由双曲线的离心率为，得，解得，则，所以双曲线的方程为.故答案为：13．（2022·北京·高考真题）已知双曲线的渐近线方程为，则．【答案】〖祥解〗首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；【详析】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为，则，，又双曲线的渐近线方程为，所以，即，解得；故答案为：14．（2020·北京·高考真题）已知双曲线，则C的右焦点的坐标为；C的焦点到其渐近线的距离是．【答案】〖祥解〗根据双曲线的标准方程可得出双曲线的右焦点坐标，并求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得双曲线的焦点到渐近线的距离.【详析】在双曲线中，，，则，则双曲线的右焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为，即，所以，双曲线的焦点到其渐近线的距离为.故答案为：；.【『点石成金』】本题考查根据双曲线的标准方程求双曲线的焦点坐标以及焦点到渐近线的距离，考查计算能力，属于基础题.考点04抛物线15．（2024·北京·高考真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（

）A．， B．，C．， D．，【答案】C〖祥解〗先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可.【详析】对任意给定，则，且，可知，即，再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域，如图阴影部分所示，其中，可知任意两点间距离最大值；阴影部分面积.故选：C.【『点石成金』】方法『点石成金』：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．16．（2023·北京·高考真题）已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（

）A．7 B．6 C．5 D．4【答案】D〖祥解〗利用抛物线的定义求解即可.【详析】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上，所以到准线的距离为，又到直线的距离为，所以，故.故选：D.17．（2020·北京·高考真题）设抛物线的顶点为，焦点为，准线为．是抛物线上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线（

）．A．经过点 B．经过点C．平行于直线 D．垂直于直线【答案】B〖祥解〗依据题意不妨作出焦点在轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段的垂直平分线经过点，即求解.【详析】如图所示：．因为线段的垂直平分线上的点到的距离相等，又点在抛物线上，根据定义可知，，所以线段的垂直平分线经过点.故选：B.【『点石成金』】本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题.18．（2021·北京·高考真题）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，垂直轴于点.若，则点的横坐标为；的面积为．【答案】5〖祥解〗根据焦半径公式可求的横坐标，求出纵坐标后可求.【详析】因为抛物线的方程为，故且.因为，，解得，故，所以，故答案为：5；.19．（2024·北京·高考真题）抛物线的焦点坐标为．【答案】〖祥解〗形如的抛物线的焦点坐标为，由此即可得解.【详析】由题意抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为.故答案为：.1．（2024·北京西城·三模）点F抛物线的焦点，A，B，C为抛物线上三点，若，则（

）A．2 B． C．3 D．【答案】C〖祥解〗设，根据抛物线方程求出焦点坐标和准线方程，再由可得为的重心，从而可求出，再根据抛物线的定义可求得结果.【详析】设，由，得，所以，准线方程为，因为，所以为的重心，所以，所以，所以，故选：C2．（2024·北京西城·三模）若双曲线的离心率为，则（

）A．2 B． C．1 D．【答案】C〖祥解〗根据双曲线的离心率与、、关系求解即可.【详析】由题意，双曲线的离心率，所以.故选：C.3．（2024·北京顺义·三模）设M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，O足坐标原点，若，则（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B〖祥解〗过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，连接，分析出为等边三角形，求出，即可得解.【详析】过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，连接，如下图所示：因为，轴，则，由抛物线的定义可得，所以为等边三角形，则，抛物线的准线方程为，设直线交轴于点，则，易知，，则.故选：B.4．（2022·湖南岳阳·一模）如图，唐金筐宝钿团花纹金杯出土于西安，这件金杯整体造型具有玲珑剔透之美，充分体现唐代金银器制作的高超技艺，是唐代金银细工的典范之作.该杯主体部分的轴截面可以近似看作双曲线的一部分，若的中心在原点，焦点在轴上，离心率，且点在双曲线上，则双曲线的标准方程为（

）A． B．C． D．【答案】C〖祥解〗利用待定系数法可求双曲线的标准方程.【详析】设双曲线的方程为：，因为离心率，故半焦距，故，而双曲线过，故，解得，故双曲线的方程为：，故选：C.5．（2024·天津河东·一模）已知等轴双曲线的渐近线与抛物线的准线交于两点，抛物线焦点为，的面积为4，则的长度为（

）A．2 B． C． D．【答案】D〖祥解〗根据双曲线与抛物线的几何性质，联立方程组，求得的坐标，结合题意，列出方程求得，进而求得长度，得到答案.【详析】由题意，等轴双曲线的渐近线方程为，抛物线的准线方程为，联立方程组，解得，可得，同理可得，因为的面积为4，可得，解得，则.故选：D.

6．（2024·山东枣庄·一模）在平面直角坐标系中，已知为圆上动点，则的最小值为（

）A．34 B．40 C．44 D．48【答案】B〖祥解〗借助点到直线的距离公式与圆上的点到定点距离的最值计算即可得.【详析】设，则，即等价于点到点的距离的平方的两倍加八，又，即.故选：B.7．（2024·北京海淀·二模）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，，则线段的中点的纵坐标为（

）A． B． C．3 D．4【答案】C〖祥解〗根据抛物线定义求得点的纵坐标，再求中点纵坐标即可.【详析】抛物线的焦点，又，解得，故线段的中点的纵坐标为.故选：C.8．（2024·北京朝阳·二模）已知抛物线的焦点为F，点P为C上一点.若，则点P的横坐标为（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C〖祥解〗根据抛物线的标准方程可得，结合抛物线的定义即可求解.【详析】由题意知，，由抛物线的定义知，，得，即点P的横坐标为7.故选：C9．（2024·北京朝阳·二模）已知双曲线的右焦点为F，c是双曲线C的半焦距，点A是圆上一点，线段FA与双曲线C的右支交于点B.若，则双曲线C的离心率为（

）A． B．C． D．【答案】A〖祥解〗先根据条件求得，然后解直角三角形即可得答案.【详析】设双曲线左焦点为，如图：，可得，由双曲线的定义字，在中，，在中，即，可得.故选：A.10．（2024·北京通州·二模）已知圆心为C的圆与双曲线E：（）交于A，B两点，且，则双曲线E的渐近线方程为（

）A． B． C． D．【答案】A〖祥解〗由题意画出图形，得到，代入双曲线方程，再求出渐近线方程即可.【详析】由题意可得的圆心，半径，显然适合和，即为圆与双曲线E：的一个交点，且为双曲线的左顶点，则轴；因为，所以，所以，解得或（舍），所以，代入双曲线方程可得，双曲线E的渐近线方程为，故选：A.11．（12-13高二上·黑龙江鹤岗·期末）抛物线的准线方程为(

)A． B． C． D．【答案】C〖祥解〗根据抛物线标准方程即可求解.【详析】由题知，抛物线方程为，则其准线方程为.故选：C12．（2024·北京房山·一模）直线截圆所得劣弧所对的圆心角为，则r的值为（

）A． B． C． D．【答案】B〖祥解〗根据给定条件用圆的半径r表示出圆心到直线距离即可计算作答.【详析】因直线截圆所得劣弧所对的圆心角为，令劣弧的两个端点为，则为等边三角形，故圆心到直线的距离等于，即，解得.故选：B.13．（2024·北京房山·一模）在平面直角坐标系中，已知两点．若曲线C上存在一点P，使，则称曲线C为“合作曲线”，给出下列曲线：①；②；③．其中“合作曲线”是（

）A．①② B．②③ C．① D．②【答案】A〖祥解〗根据题意，设点，由“合作曲线”的定义可知，曲线上存在点，使得，然后逐一判断，即可得到结果.【详析】设点，则，由可得，即，即曲线上存在点，使得，即为“合作曲线”，对于①，由双曲线可得，则双曲线上存在点满足，故①为“合作曲线”；对于②，由椭圆可得，则椭圆上存在点满足，故②为“合作曲线”；对于③，因为圆心到直线的结论，故直线上不存在一点满足，故③不为“合作曲线”；故选：A14．（2024·北京海淀·一模）若双曲线上的一点到焦点的距离比到焦点的距离大，则该双曲线的方程为（

）A． B． C． D．【答案】D〖祥解〗根据题意及双曲线的定义可知，，再结合，求出，即可求出结果.【详析】由题知，根据题意，由双曲线的定义知，又，所以，得到，所以双曲线的方程为，故选：D.15．（2024·北京朝阳·一模）已知直线和圆相交于A，B两点.若，则（

）A．2 B． C．4 D．【答案】D〖祥解〗借助点到直线的距离公式与垂径定理计算即可得.【详析】圆的圆心为：，半径为，则圆心到直线的距离为，由垂径定理可得.故选：D.16．（2024·北京朝阳·一模）已知双曲线：的右焦点为F，过点F作垂直于x轴的直线，M，N分别是与双曲线C及其渐近线在第一象限内的交点.若M是线段的中点，则C的渐近线方程为（

）A． B．C． D．【答案】C〖祥解〗设双曲线的右焦点，求出点和的坐标，利用中点坐标公式列式计算得关系，进而可得渐近线方程.【详析】设双曲线的右焦点，过第一象限的渐近线方程为，当时，，即，又，因为M是线段的中点，所以，得，所以，即，所以C的渐近线方程为.故选：C.

17．（2024·北京西城·三模）若直线与交于，两点，则面积的最大值为，写出满足“面积最大”的的一个值.【答案】21（均可）〖祥解〗求出圆心到直线的距离，则，再由基本不等式求出面积最大值，以及此时的值.【详析】直线，则，令，解得，所以直线恒过点，的圆心为，半径，显然点在上，圆心到直线的距离，，则，当且仅当，即时取等号，即，解得或.故答案为：；（均可）18．（2024·北京顺义·三模）已知直线l经过点，曲线：.①曲线经过原点且关于对称；②当直线l与曲线有2个公共点时，直线l斜率的取值范围为；③当直线l与曲线有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有4个④存在定点Q，使得过Q的任意直线与曲线的公共点的个数都不可能为2以上说法正确的是【答案】①②④〖祥解〗将点分别代入曲线的方程即可判断①；将曲线方程转化为两个圆的方程，结合图像利用直线和圆的位置关系逐项分析即可判断②③④.【详析】对于①，将点分别代入曲线的方程，得，，所以曲线关于对称，将代入曲线的方程得，所以曲线经过原点，所以曲线经过原点且关于对称，故①正确；由，得，即，即，所以或，即或，所以曲线表示以，为圆心，为半径的两个圆，如图所示，设过点A且与圆N相切的直线方程为，则点N到该直线的距离，解得，，即图中直线AC的斜率为1，直线AD的斜率为，直线AO的斜率为，直线AC的方程为，点M到直线AC的距离，则直线AC与圆M相切于点B，设过点A且与圆M相切的直线方程为，则点M到该直线的距离，解得，，由图可知，当直线l与曲线有2个公共点时，直线l斜率的取值范围为，故②正确；由图可知，直线AO与曲线的公共点个数为3，直线AD与曲线的公共点个数也为3，直线与曲线的公共点个数为1，所以当直线l与曲线有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有3个，故③错误；因为过原点O的任意直线与曲线的公共点的个数为1或3，所以存在定点Q（Q与O重合），使得过Q的任意直线与曲线的公共点的个数都不可能为2，故④正确.故答案为：①②④.【『点石成金』】关键点『点石成金』：将曲线方程转化为两个圆的方程，是解决本题的关键.19．（2024·天津河东·一模）已知过点的直线（不过原点）与圆相切，且在轴、轴上的截距相等，则的值为.【答案】18〖祥解〗确定直线的方程，根据直线和圆相切可得圆心到直线的距离等于半径，列式求解，即得答案.【详析】由题意知过点的直线（不过原点）在轴、轴上的截距相等，设该直线方程为，将代入得，即直线方程为，由于该直线与相切，圆心为，半径为，故，故答案为：1820．（2024·北京海淀·二模）已知双曲线，则的离心率为；以的一个焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为.（写出一个即可）【答案】/或（）〖祥解〗根据离心率的定义求解离心率，再计算焦点到渐近线的距离，结合圆的标准方程求解即可.【详析】的离心率为，又渐近线为，即，故焦点与到的距离均为，则以的一个焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为或，故答案为：；或（）21．（2024·北京朝阳·二模）若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的一个取值为.【答案】1（答案不唯一）〖祥解〗画出图，由图可知有两个交点的时候的临界状态为相切与过点，求出此时直线的斜率，则实数的取值范围即可求解.【详析】直线过定点，曲线，即，表示半圆，如图所示，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离，所以（舍去）或，由于直线与曲线有两个不同的交点，当直线过时，斜率最小为，所以由图可知，实数的取值范围为：，故实数的一个取值为1，故答案为：1（答案不唯一）.22．（2024·北京通州·二模）已知点为抛物线上一点，则点P到抛物线C的焦点的距离为．【答案】3〖祥解〗只需把点代入方程，就可解得，即可知焦点坐标，再利用两点间距离公式就可以算出答案.【详析】由题意得：，解得，所以抛物线，即焦点坐标是，即，故答案为：3.23．（2024·北京海淀·一模）已知，线段是过点的弦，则的最小值为.【答案】〖祥解〗借助直径与弦垂直时，有最小，计算即可得.【详析】由，故点在圆的内部，且该圆圆心为，半径为，设圆心到直线的距离为，由垂径定理可得，即，故当取最大值时，有最小值，又，故.故答案为：.24．（2024·北京朝阳·一模）已知抛物线的焦点为，准线方程为，则；设为原点，点在抛物线上，若，则.【答案】/0.5〖祥解〗借助抛物线的性质及其定义计算即可得.【详析】由抛物线准线方程为，故，则，，由在抛物线上，故，由，可得，即，即.故答案为：；.25．（2024·北京西城·三模）已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，若椭圆的，三角形ABC的面积为2.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知点D（0，2），直线AD交椭圆于点E，过点D的直线交椭圆于M，N两点，若直线CM与x轴交于P点，过E且平行于x轴的直线与BN交于Q点，求的值.【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）根据椭圆的基本量即可求解；（2）求出点的坐标，分直线斜率是否存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设出直线的方程，与椭圆联立，求解，根据交点个数列出关于的不等式，写出韦达定理，写出直线的方程，求出点的横坐标，写出直线BN的方程，求解点的横坐标，写出即可得三点共线，进而求解.【详析】（1）依题意：，解得，，，椭圆的标准方程为；（2）直线DA：，，解得，.若直线MN：，则，若直线MN：，设，，，整理得，，解得或，，，直线CM：，令，得.直线BN：，令，得，因为，所以D，P，Q三点共线，所以，综上知：.26．（2024·北京顺义·三模）已知椭圆：的左顶点为，上下顶点为，，离心率为.(1)求椭圆的方程(2)设点是椭圆上一点，不与顶点重合，满足四边形是平行四边形，过点作垂直轴的直线交直线于点，再过作垂直于轴的直线交直线于点.求证：，，三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析〖祥解〗（1）由已知可得，，根据即可求解；（2）设直线的方程，联立其与椭圆方程可得，坐标，将的纵坐标代入直线的方程中可得的坐标，将的横坐标代入的方程可得的坐标，求，即可证明.【详析】（1）因为椭圆：的左顶点为，所以，又，所以，所以，所以椭圆的方程为；（2）由（1）知，，设：，，，联立方程，可得，解得或，所以，因为四边形是平行四边形，由椭圆的对称性可知点与点关于原点对称，所以，直线的方程为，把代入可得，所以，把代入可得，所以过，的直线的斜率为，所以过，的直线的斜率，所以，，三点共线.27．（2024·天津河西·一模）已知椭圆的上、下顶点为、，左焦点为，定点，．(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作斜率为（）的直线交椭圆于另一点，直线与轴交于点（在，之间），直线与轴交于点，若，求的值．【答案】(1)(2)或〖祥解〗（1）依题意可得为、的中点，即可求出、，再求出，即可得到椭圆方程；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求出，，从而表示出的方程，即可得到，再求出，最后由三角形的面积得到，从而得到关于的方程，解得即可.【详析】（1）由题意，，则为、的中点，所以，，，，即，，所以椭圆的标准方程为.（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立，，整理得，，所以，直线与相交于点，令，所以直线的斜率为，直线的方程为，令，，由，又，，，即，所以，所以，所以，解得或，所以的值为或.【『点石成金』】关键点『点石成金』：本题关键是推导出，从而得到.28．（2024·北京海淀·二模）已知椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点.以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为.(1)求栯圆的方程；(2)设过点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于不同的两点，与直线交于点.