专题05 平面解析几何（北京专用）-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编

专题05 平面解析几何 题型概览 题型01直线与圆的位置关系 题型02双曲线性质及直线与双曲线位置关系 题型03双曲线性质及直线与双曲线位置关系 题型04椭圆性质及直线与椭圆位置关系 题型05新定义曲线问题 ( 题型01 )直线与圆的位置关系 1．（2025·北京房山·一模）直线与圆交于两点，则（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】先求出圆心到直线的距离，再由几何法求出弦长即可. 【详解】由题意可得圆心，半径，到直线的距离为， 由几何关系可得.故选：B. 2．（2025·北京门头沟·一模）已知圆，直线，当变化时，若过直线上任意一点总能作圆的切线，则的最大值为（   ） A．0 B． C．1 D． 【答案】D 【分析】利用直线与圆的位置关系构造不等式即可求得. 【详解】由圆可知圆心，半径；根据题意若过直线上任意一点总能作圆的切线，可知直线和圆相离或相切；因此圆心到直线的距离，解得，因此的最大值为.故选：D 3．（2025·北京西城·一模）在平面直角坐标系中，若从点发出的光线经过点，且被轴反射后将圆平分，则实数（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】点关于轴的对称点为，分析可知，点、、圆心三点共线，结合可求得的值. 【详解】如下图所示： 点关于轴的对称点为，由对称性可知，点、、圆心三点共线，则，即，解得.故选：A. 4．（2025·北京通州·一模）若点关于直线的对称点在圆上，则k、b的一组取值为（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】根据点在圆上可知直线经过圆心即可求解. 【详解】由于在圆上，圆心为，要使关于直线的对称点在圆上，则直线必经过圆心，故，结合选项可知：只有D符合，故选：D 5．（2025·北京延庆·一模）已知圆和两点，（）.若圆C上存点P，使得，则m的最大值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】将问题转化为以为直径的圆与圆有公共点的问题来列不等式，解不等式求得的取值范围，由此求得的最大值. 【详解】以为直径的圆的方程为，圆心为原点，半径为.圆的圆心为，半径为.要使圆上存在点，使得，则圆与圆有公共点，所以，即，所以，解得，所以的最大值为6.故选：C 6．（2025·北京石景山·一模）已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】将圆的方程化为标准方程，从而得到圆心坐标和半径，再根据弦长求出圆心到弦MN的距离，进而确定点的轨迹，最后根据点到直线的距离公式求出的最小值. 【详解】已知圆的方程为，将其配方可得. 可知该圆的圆心坐标为，半径. 因为点为线段MN的中点，根据垂径定理可知. 已知，则.在中，根据勾股定理. 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 已知点在直线上，可得圆心到直线的距离为：. 因为点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以的最小值等于圆心到直线的距离减去圆的半径，即故选：B. 7．（2025·北京东城·一模）长度为2的线段的两个端点分别在轴及轴上运动，则线段的中点到直线距离的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】确定的中点的轨迹方程为圆，结合圆心到直线的距离即可求解. 【详解】设，由题意可得：，设的中点坐标为，则，所以，即线段的中点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，圆心到的距离为：，所以线段的中点到直线距离的最小值为，故选：A 8．（2025·北京丰台·一模）已知直线与圆有且仅有一个公共点，则 . 【答案】 【分析】先把有且仅有一个公共点转化应用点到直线距离等于半径求解. 【详解】直线与圆有且仅有一个公共点，圆心为，半径为， 则，所以.故答案为：. 9．（2025·北京顺义·一模）已知直线：与圆：有两个交点，则可以是 .（写出满足条件的一个值即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据点到直线距离公式和题意列出关于的不等式，求解即可. 【详解】由圆：，可知：圆心，半径.直线方程的一般式为.由点到直线距离公式和题意可得：，解得：.所以可以是. 故答案为：（答案不唯一） ( 题型02 )抛物线性质及直线与抛物线位置关系 1．（2025·北京石景山·一模）已知抛物线的焦点为，点在上，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先求出抛物线的准线方程，根据抛物线的定义求出的取值范围. 【详解】抛物线的准线方程为，又点在上且，则，所以，即，故A错误，C正确；又，所以，所以，故B、D错误.故选：C 2．（2025·北京丰台·一模）已知抛物线C：的焦点为F，点M在C上.若M的横坐标为1，且，则p的值为（   ） A． B．1 C．2 D．4 【答案】C 【分析】利用抛物线的性质：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离求解. 【详解】由已知可得抛物线的准线方程为，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离， 所以，解得，故选：C. 3．（2025·北京顺义·一模）已知抛物线：的焦点为，准线为，过点的直线与交于不同的两点A，B，为坐标原点，直线与交于点M，若，则的面积等于（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】根据以及抛物线定义可得直线的斜率，则可求，以及坐标，即可得点到直线的距离，最后利用面积公式即可. 【详解】如图，过点作，直线与轴分别交与点，设，则，因，则，得，则，则，故直线的斜率为，直线的方程为，与联立得，解得，则直线：，，得，故点到直线的距离为，故的面积为.故选：A 4．（2025·北京通州·一模）已知点F为抛物线的焦点，过点F且倾斜角为的直线与抛物线交于A、B两点，则等于（   ） A．16 B．6 C． D．4 【答案】C 【分析】求出焦点坐标，点斜式求出直线的方程，代入抛物线的方程利用根与系数的关系，由弦长公式求得． 【详解】由题意可得，抛物线的焦点，由直线的斜角为，可知直线AB的斜率为， ∴直线AB的方程为，设，联立方程，可得，解得，由抛物线的定义可知，.故选：C. 5．（2025·北京延庆·一模）“”是“直线与抛物线只有一个公共点”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】求出直线与抛物线有一个交点的等价条件结合充分条件和必要条件的定义，即可得出结论. 【详解】由，得，因为直线与抛物线只有一个公共点， 所以当时，交点为只有一个公共点，符合题意；当时，，所以直线与抛物线只有一个公共点的充要条件是或，所以”能推出“直线与抛物线只有一个公共点，直线与抛物线只有一个公共点不能推出，“”是“直线与抛物线只有一个公共点”的充分而不必要条件，故选：A 6．（2025·北京平谷·一模）抛物线上一点到准线的距离与到对称轴的距离相等，则 . 【答案】/0.5 【分析】由抛物线的定义可知，过作轴的垂线垂足是焦点，即可得到答案. 【详解】抛物线焦点在轴上，且焦点，故抛物线的对称轴为轴，抛物线上一点到准线的距离与到对称轴的距离相等，由抛物线的定义可知，点到准线的距离与到焦点的距离相等，所以，若轴，则垂足为点，即，故答案为： 7．（2025·北京东城·一模）已知抛物线的焦点为，点为上任意一点，且总有，则的一个值可以为 . 【答案】2（答案不唯一） 【分析】根据抛物线性质有，结合已知得，即可得. 【详解】由抛物线的性质知，又，即.所以的一个值可以为2. 故答案为：2（答案不唯一） 8．（2025·北京西城·一模）设抛物线的焦点为，准线为，则抛物线上一点到的距离为 ． 【答案】3 【分析】先求出，然后得出抛物线的准线方程，即可得出答案. 【详解】由题可得，所以，所以准线，所以上一点到的距离为， 故答案为：3. 9．（2025·北京房山·一模）已知是抛物线的焦点，则的坐标为 ，设是直线上一点，直线与抛物线的一个交点为，若，则点到轴的距离为 . 【答案】 1 【分析】由抛物线性质可知焦点坐标；过作垂直于直线，由比例关系得出到轴的距离. 【详解】抛物线的焦点，准线.过作垂直于直线于，则轴.设直线与轴交于点，因为，所以，，由轴得，，所以，因此点到轴的距离为1.    10．（2025·北京门头沟·一模）已知抛物线的焦点为，过点且垂直于其对称轴的直线交于点，，若，则焦点到其准线的距离为 . 【答案】2 【分析】求得的纵坐标，进而可求得，可得结论. 【详解】抛物线的焦点为，因为过点且垂直于其对称轴的直线交于点，，所以，将，代入抛物线方程，可得，所以，解得，焦点到其准线的距离为.故答案为：. 11．（2025·北京朝阳·一模）已知点在抛物线上，则抛物线C的焦点F的坐标为 ；以F为圆心，为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是 ．（填“相交”“相切”或“相离”） 【答案】 相切 【分析】第一空由点在抛物线上代入可得抛物线方程，进而得到焦点坐标；第二空由两点间距离公式求出圆的半径与焦点到准线的距离相比较可得. 【详解】由题意可得，所以，所以抛物线C的焦点F的坐标为；由两点间距离公式可得，即为圆的半径，又焦点到准线的距离为2，所以为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是相切.故答案为：；相切. ( 题型0 3 )双曲线性质及直线与双曲线位置关系 1．（2025·北京朝阳·一模）已知曲线，则“”是“为焦点在轴上的双曲线”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】结合双曲线的标准方程，直接判断命题的充分性和必要性即可. 【详解】若，则，所以，即，所以为焦点在轴上的双曲线；若为焦点在轴上的双曲线，则对于，即，可得，即且，不一定得到，综上，“”是“为焦点在轴上的双曲线”的充分不必要条件.故选：A 2．（2025·北京门头沟·一模）“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】法一：根据题意，联立直线与双曲线方程，由直线与双曲线只有一个公共点代入计算, 即可得到的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 法二：利用直线过定点的特征，结合双曲线渐近线可作出判断. 【详解】法一：由题意，联立方程可得， 当时，即时，方程有一解，即只有一个公共点； 当时，，方程有两解，即有两个公共点，不符合题意. 所以，直线与双曲线只有一个公共点时，. 所以“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充要条件. 法二：因为直线过定点，双曲线的右顶点为，如图， 根据图象可知，当且仅当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线只有 交点. 所以“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充要条件.故选：C. 3．（2025·北京东城·一模）已知集合，，如果有且只有两个元素，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先分析出曲线表示的是双曲线在轴上及上方的所有点，再分情况讨论当取不同值时，表示的不同曲线，及与曲线的交点个数情况即可得到结果. 【详解】因为有且只有两个元素，所以曲线与有且只有两个交点.对于曲线变形可得，表示的是双曲线在轴上及上方的所有点， 对于曲线， （1）当时，如图所示，表示的是一条直线，与交于，两点，符合题意； （2）当时，，与至多有一个交点，不符合题意； （3）当时，表示的是两条射线，， ①当时， 表示的是和两条射线， 与仅有一个交点，如下图所示，所以不符合题意； ②当时，与轴的交点为，，且的斜率，的斜率，而双曲线的两条渐近线为，斜率分别为和， 所以与的左右两支各有一个交点，如下图所示，所以符合题意； ③当时，与轴的交点为，，且的斜率，的斜率，而双曲线的两条渐近线为，斜率分别为和，所以与的右支没有交点，与左支有两个交点，如下图所示，所以符合题意； 综上，实数的取值范围为.故选：D 4．（2025·北京通州·一模）双曲线的渐近线方程为 . 【答案】 【分析】由双曲线方程即可求解. 【详解】双曲线的焦点在x轴上，，所以渐近线方程为， 故答案为： 5．（2025·北京海淀·一模）已知双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为 ． 【答案】 【分析】根据渐近线方程，求得，再求离心率即可. 【详解】根据题意可知，该双曲线的一条渐近线方程为：，故，则其离心率为.故答案为：. 6．（2025·北京石景山·一模）已知双曲线，若，则双曲线的渐近线方程为 ；若双曲线上存在四个点A，B，C，D使得四边形为正方形，则m的一个取值为 ． 【答案】 （答案不唯一） 【分析】第一空，根据双曲线的渐近线方程求解即可；第二空，分析可得，进而解不等式求解即可. 【详解】当时，双曲线为，此时，则双曲线的渐近线方程为.双曲线，即，其渐近线方程为，要使双曲线上存在四个点满足四边形是正方形，根据正方形的对称性可得正方形的对称中心在原点，且在第一象限内的顶点横纵坐标相等，则，解得，可取.故答案为：；（答案不唯一）. 7．（2025·北京顺义·一模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且过点，则双曲线的渐近线方程为 . 【答案】 【分析】利用双曲线过点，可求得，进而可求渐近线. 【详解】因为双曲线：过点，所以，解得，所以双曲线的方程为，所以双曲线的渐近线方程为.故答案为：. ( 题型0 4 ) 直线与椭圆位置关系 1．（2025·北京延庆·一模）已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，且，离心率为. (1)求椭圆E的标准方程； (2)设直线与x轴交于点Q，点P是直线上不同于点Q的一点，直线BP与椭圆E交于点M，直线AM与直线交于点N，判断是否存在点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)存在，点的坐标为或 【分析】（1）由题意得，再结合求出，从而可求出椭圆E的标准方程； （2）假设存在点P，使得，则‖，设，由结合点在直线上，可求得，再由在椭圆上可求出，从而可求出，进而可求出点的坐标. 【详解】（1）由题意得，解得，所以， 所以椭圆E的标准方程为； （2）假设存在点P，使得，则‖，所以， 设，则，所以，直线的方程为， 因为点在直线上，所以，所以， 因为点P是直线上不同于点Q的一点，所以，所以，解得， 因为点在椭圆上，所以，解得或， 当时，，得，当时，，得， 所以存在点P，使得，点的坐标为或 【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的定点问题，第（2）问解题的关键是将问题转化为，再结合直线的方程和椭圆方程可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题. 2．（2025·北京平谷·一模）已知椭圆的离心率为，短轴长为2，斜率为的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，点关于轴的对称点为点，直线与轴交于点为坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)求的值. 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）根据题意建立的关系式，求解即得答案； （2）设出直线方程，联立椭圆方程，写出韦达定理，由直线方程求得交点坐标，可得答案. 【详解】（1）由题意可知：，解得，所以椭圆的标准方程为. （2） 设直线的方程为，点. 由得，. 所以，即.，. 直线与轴交于点，所以，又点，直线的方程为， 令，得，①，又因为， 代入①式得，，所以. 3．（2025·北京通州·一模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆E上. (1)求椭圆E的方程； (2)若过A的直线l（斜率不为0）与椭圆E的另一个交点为B，线段中点为M，射线交椭圆E于点N，交直线于点Q.求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率和即可结合的关系求解， （2）联立直线与椭圆方程，根据中点坐标可得，进而可得以及，即可结合向量的数量积以及两点距离公式化简求解. 【详解】（1）根据题意可知，解得，故椭圆方程为 （2）设直线，联立与的方程可得，设，则, 故，故，，故直线的方程为，联立与椭圆方程可得，解得,在直线中，令，则，故,故 ，故 4．（2025·北京海淀·一模）已知椭圆，，分别是的左、右顶点，是的上顶点，的面积为2，且． (1)求椭圆的方程及长轴长； (2)已知点，点在直线上，设直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断点是否在椭圆上，并说明理由． 【答案】(1)椭圆的方程为：，其长轴长为； (2)在椭圆上，理由见解析. 【分析】（1）根据题意，列出满足的方程组，求得，即可求得椭圆方程和长轴长； （2）求出方程，设出点的坐标，进而写出方程，从而求得的坐标；再结合已知条件，求得方程，联立方程组，解得坐标，将其代入椭圆方程，即可检验和判断. 【详解】（1）由题可知，，的面积为2，且，则，又，解得；故椭圆的方程为：，其长轴长. （2）由（1）可知，，又， 故直线方程为：，又在直线上，故设点， 当时，直线斜率不存在，此时与重合，也与重合，显然在椭圆上； 当时，直线的斜率为，与轴没有交点，不满足题意； 当，且时，直线斜率为，直线方程为：， 令，可得，故；直线斜率为：，直线方程为：； 直线斜率为：，直线方程为：；联立，消去可得，代入可得：，即， 又，即，故点在椭圆上. 综上所述，在椭圆上. 5．（2025·北京东城·一模）已知椭圆过点，离心率为，上的点关于轴的对称点为.设为原点，，过点与轴平行的直线交于点. (1)求椭圆的方程； (2)若点在以为直径的圆上，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆过点可求出，由离心率为及椭圆中，可求得，即可得到椭圆方程； （2）先由条件得到的坐标，再得到过的直线方程，代入双曲线得到的坐标，进而得到以为直径的圆的方程，再利用点既在圆上，又在椭圆上，化简整理即可求出的值. 【详解】（1）因为椭圆过点，所以，即. 因为椭圆的离心率为，所以，，又因为椭圆中，代入可得，解得，所以椭圆的方程为； （2） 如图所示，因为关于轴的对称点为，，所以， 因为，所以，所以，所以过点与轴平行的直线为， 将直线代入椭圆方程，可得，即， 所以，， 所以以为直径的圆的圆心为，半径为，所以圆的方程为， 因为点在圆上，所以，即， 又因为点在椭圆上，所以，即，代入可得 ， 化简后可得，解得或（舍），所以. 6．（2025·北京西城·一模）已知椭圆的离心率为，为椭圆上一点，且点到椭圆的两个焦点的距离之和等于． (1)求椭圆的方程； (2)若关于原点的对称点为，过点与垂直的直线与椭圆的另一个交点为，轴于点，直线与轴交于点．用与分别表示与的面积，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆性质，已知离心率、长轴以及，通过解方程组就能得出、的值，进而得到椭圆方程. （2）先设点、、坐标，再设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到、表达式.因为，根据向量垂直性质得到，解出与的关系.排除直线过原点的情况后，确定时直线方程，求出点坐标，最后根据三角形面积公式得出. 【详解】（1）由题意，得解得，，所以椭圆的方程为． （2）由题意，设点，则点，．设直线的方程为，．由得． 所以，，， 故，．又因为， 所以， 去分母化简得到，所以或． 当时，直线过原点，不符合题意． 当时，直线的方程为，则点坐标为， 所以，．故. 7．（2025·北京房山·一模）已知椭圆的长轴长为4，一个焦点为. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1)，离心率；(2)存在，. 【分析】（1）由题意确定椭圆参数值，即可得椭圆方程，进而得到离心率； （2）设直线的方程为，，，联立椭圆并应用韦达定理得，法一：根据面积比得到，即直线的斜率与直线的斜率互为相反数，列方程求得；法二：根据面积比得，结合两点距离公式并整理求得，即得结论. 【详解】（1）由题意，得，所以. 所以椭圆的方程为，离心率. （2） 设直线的方程为（显然），点，设， 联立方程，整理得.所以. 法一：因为.又，所以.所以，直线的斜率与直线的斜率互为相反数. 设直线的斜率为，直线的斜率为， ，整理可得， ，因为， 所以，， 即，解得.所以点的坐标. 法二：因为，又， 所以，即，， 所以，且，整理得， 则， 而，显然， 所以， 故， 所以，解得.所以点的坐标. 8．（2025·北京门头沟·一模）已知椭圆的一个顶点为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与轴交于点，，点关于轴的对称点为，求证：四边形为菱形. 【答案】(1)； (2)证明见解析 【分析】（1）由右顶点及离心率可得a，c，然后可得椭圆方程. （2）设直线l，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理可化简，得出四边形对角线垂直平分即可得答案. 【详解】（1）因椭圆顶点为，离心率为， 则，所以，故椭圆方程为：； （2）由题，设直线方程为，将直线方程与椭圆方程联立，可得. 即得，化简得 因直线与椭圆交于不同的两点，则. 设，由韦达定理. 又设，令得；设，令得； 又因为 . 所以，，所以平分，所以四边形为菱形.    9．（2025·北京石景山·一模）已知椭圆过点，短轴长为4． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点，．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)在定直线上，理由见详解. 【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解； （2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线与椭圆联立消，设直线、的方程解出纵坐标，结合韦达定理化简计算即可. 【详解】（1）依题意可得，解得，所以椭圆的方程为； （2）在定直线上，理由如下： 设点与直线联立消去整理得， 由，且，所以， 易知，，则，， 两式作商得，解得，故在定直线上. 10．（2025·北京丰台·一模）已知椭圆，以的两个焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形是等腰直角三角形，且面积为. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点.过作直线的垂线，垂足为.求证：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据条件得到的关系式，解方程组可得结果. （2）设直线的方程为，表示直线的方程，借助韦达定理可得直线过定点. 【详解】（1）由题意得，解得，∴椭圆E的方程为. （2） 由题意得，直线的斜率存在.设直线的方程为，点，，则，由得. 由得 ，∴，. ∵，∴直线的方程为：， 令，得，即， 当时，， ∴，故直线过定点.当时，直线为x轴，过点. 综上，直线过定点. 11．（2025·北京顺义·一模）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为. (1)求的方程和短轴长； (2)直线：与E相交于不同的两点B，C，直线，分别与直线交于点M，N.当时，求的值. 【答案】(1)椭圆的方程为，短轴长为；(2) 【分析】（1）由题意可得，，求解即可； （2）联立直线与椭圆方程，设直线与椭圆的交点为和，利用韦达定理可得，求得的坐标，进而可得，求解即可. 【详解】（1）已知椭圆 的标准方程为：，因为 是椭圆的一个顶点，所以。又离心率为，解得，所以，解得， 所以椭圆的方程为，短轴长为； （2）将直线的方程代入椭圆的方程得， 可得，整理得， 设直线与椭圆的交点为和，所以， 直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为)， 直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为， 因为，即，所以， 因为 和 ，代入得，化简， 展开分子 ，所以， 所以 ， 又， 所以，整理得，解得. 12．（2025·北京朝阳·一模）已知椭圆的右焦点为，离心率为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点作直线l与椭圆E交于不同的两点A，B．设，直线BC与直线交于点N，求证：直线AN的斜率为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可求得的值，可求得椭圆的方程； （2）设直线，，与椭圆方程联立方程组由韦达定理可得，求得，进而计算可得，可得结论. 【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程是． （2）由题可知直线斜率存在．设直线． 由，得． 由，得，即． 设，则． 直线的方程为．令，得的纵坐标为． 因为 ， 所以． ． 又． 所以，即．所以直线的斜率为定值． ( 题型0 5 )新定义曲线问题 1．（2025·北京通州·一模）已知点是曲线上任意一点，有以下四个结论： ①曲线C既是中心对称图形又是轴对称图形；②，； ③点P到坐标原点距离的最大值为；④曲线C所围成封闭区域的面积大于4. 其中正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】选项A，用，代替验证①；取，即可求解方程的根判断②，根据题中条件，得出的范围，即可判断③正确；根据题意，可分析，时的情况，确定第一象限部分图象应在，与坐标轴围成的正方形外部，对应的面积一定大于1，根据对称性，即可判定④. 【详解】将代入，整理得，所以曲线关于原点对称， 同理将代入方程整理后其方程不变，故曲线关于轴对称，故①正确； 取，则，故，故（增根已舍去），因此②错误，因为，当且仅当时，等号成立，所以， 则曲线上任意一点到原点的距离的最大值为；故③正确；令，可得，令，因为，所以函数有两个零点，又因为，，所以两个零点一个小于0，一个大于1，即曲线上当时，同理当时，即第一象限部分图象应在，与坐标轴围成的正方形外部，所以第一象限内的面积应大于1；由图象的对称性可得，曲线所围成的区域的面积应大于4，故④正确. 故答案为：①③④ 2．（2025·北京房山·一模）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一.设曲线与轴交于两点，与轴交于两点，点是上一个动点，给出下列四个结论： ①曲线关于轴对称； ②曲线恰好经过2个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ③面积的最大值为1； ④（为坐标原点）. 其中正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】曲线上的任意点，其关于的对称点为，代入曲线方程验证判断①，根据方程易知，均在曲线上判断②，结合曲线的对称性研究时的曲线性质确定最大值，结合即可判断③，在上，才能保证最大，再应用三角换元及三角恒等变换、正弦型函数的性质求范围判断④. 【详解】曲线上的任意点，其关于的对称点为，代入曲线左侧有，即点也在曲线上，所以曲线关于轴对称，①对；由方程易知，均在曲线上，曲线至少经过4个整数点，②错；由，即，且，根据曲线关于轴对称，只需研究时的曲线性质，对于，当且仅当时取等号，对于在上单调递增，则，令，则，可得，结合曲线的对称性有，所以，最大，③对；在上，才能保证最大，令且，此时，所以 ，且，所以，当且仅当取等号，④对. 故答案为：①③④ 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 平面解析几何 题型概览 题型01直线与圆的位置关系 题型02双曲线性质及直线与双曲线位置关系 题型03双曲线性质及直线与双曲线位置关系 题型04椭圆性质及直线与椭圆位置关系 题型05新定义曲线问题 ( 题型01 )直线与圆的位置关系 1．（2025·北京房山·一模）直线与圆交于两点，则（    ） A．1 B．2 C． D． 2．（2025·北京门头沟·一模）已知圆，直线，当变化时，若过直线上任意一点总能作圆的切线，则的最大值为（   ） A．0 B． C．1 D． 3．（2025·北京西城·一模）在平面直角坐标系中，若从点发出的光线经过点，且被轴反射后将圆平分，则实数（   ） A． B． C． D． 4．（2025·北京通州·一模）若点关于直线的对称点在圆上，则k、b的一组取值为（   ） A．， B．， C．， D．， 5．（2025·北京延庆·一模）已知圆和两点，（）.若圆C上存点P，使得，则m的最大值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 6．（2025·北京石景山·一模）已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（2025·北京东城·一模）长度为2的线段的两个端点分别在轴及轴上运动，则线段的中点到直线距离的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D．3 8．（2025·北京丰台·一模）已知直线与圆有且仅有一个公共点，则 . 9．（2025·北京顺义·一模）已知直线：与圆：有两个交点，则可以是 .（写出满足条件的一个值即可） ( 题型02 )抛物线性质及直线与抛物线位置关系 1．（2025·北京石景山·一模）已知抛物线的焦点为，点在上，若，则（   ） A． B． C． D． 2．（2025·北京丰台·一模）已知抛物线C：的焦点为F，点M在C上.若M的横坐标为1，且，则p的值为（   ） A． B．1 C．2 D．4 3．（2025·北京顺义·一模）已知抛物线：的焦点为，准线为，过点的直线与交于不同的两点A，B，为坐标原点，直线与交于点M，若，则的面积等于（    ） A． B． C． D．2 4．（2025·北京通州·一模）已知点F为抛物线的焦点，过点F且倾斜角为的直线与抛物线交于A、B两点，则等于（   ） A．16 B．6 C． D．4 5．（2025·北京延庆·一模）“”是“直线与抛物线只有一个公共点”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．（2025·北京平谷·一模）抛物线上一点到准线的距离与到对称轴的距离相等，则 . 7．（2025·北京东城·一模）已知抛物线的焦点为，点为上任意一点，且总有，则的一个值可以为 . 8．（2025·北京西城·一模）设抛物线的焦点为，准线为，则抛物线上一点到的距离为 ． 9．（2025·北京房山·一模）已知是抛物线的焦点，则的坐标为 ，设是直线上一点，直线与抛物线的一个交点为，若，则点到轴的距离为 . 10．（2025·北京门头沟·一模）已知抛物线的焦点为，过点且垂直于其对称轴的直线交于点，，若，则焦点到其准线的距离为 . 11．（2025·北京朝阳·一模）已知点在抛物线上，则抛物线C的焦点F的坐标为 ；以F为圆心，为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是 ．（填“相交”“相切”或“相离”） ( 题型0 3 )双曲线性质及直线与双曲线位置关系 1．（2025·北京朝阳·一模）已知曲线，则“”是“为焦点在轴上的双曲线”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（2025·北京门头沟·一模）“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（2025·北京东城·一模）已知集合，，如果有且只有两个元素，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·北京通州·一模）双曲线的渐近线方程为 . 5．（2025·北京海淀·一模）已知双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为 ． 6．（2025·北京石景山·一模）已知双曲线，若，则双曲线的渐近线方程为 ；若双曲线上存在四个点A，B，C，D使得四边形为正方形，则m的一个取值为 ． 7．（2025·北京顺义·一模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且过点，则双曲线的渐近线方程为 . ( 题型0 4 ) 直线与椭圆位置关系 1．（2025·北京延庆·一模）已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，且，离心率为. (1)求椭圆E的标准方程； (2)设直线与x轴交于点Q，点P是直线上不同于点Q的一点，直线BP与椭圆E交于点M，直线AM与直线交于点N，判断是否存在点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由. 2．（2025·北京平谷·一模）已知椭圆的离心率为，短轴长为2，斜率为的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，点关于轴的对称点为点，直线与轴交于点为坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)求的值. 3．（2025·北京通州·一模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆E上. (1)求椭圆E的方程； (2)若过A的直线l（斜率不为0）与椭圆E的另一个交点为B，线段中点为M，射线交椭圆E于点N，交直线于点Q.求证：. 4．（2025·北京海淀·一模）已知椭圆，，分别是的左、右顶点，是的上顶点，的面积为2，且． (1)求椭圆的方程及长轴长； (2)已知点，点在直线上，设直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断点是否在椭圆上，并说明理由． 5．（2025·北京东城·一模）已知椭圆过点，离心率为，上的点关于轴的对称点为.设为原点，，过点与轴平行的直线交于点. (1)求椭圆的方程； (2)若点在以为直径的圆上，求的值. 6．（2025·北京西城·一模）已知椭圆的离心率为，为椭圆上一点，且点到椭圆的两个焦点的距离之和等于． (1)求椭圆的方程； (2)若关于原点的对称点为，过点与垂直的直线与椭圆的另一个交点为，轴于点，直线与轴交于点．用与分别表示与的面积，证明：． 7．（2025·北京房山·一模）已知椭圆的长轴长为4，一个焦点为. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 8．（2025·北京门头沟·一模）已知椭圆的一个顶点为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与轴交于点，，点关于轴的对称点为，求证：四边形为菱形. 9．（2025·北京石景山·一模）已知椭圆过点，短轴长为4． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点，．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 10．（2025·北京丰台·一模）已知椭圆，以的两个焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形是等腰直角三角形，且面积为. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点.过作直线的垂线，垂足为.求证：直线过定点. 11．（2025·北京顺义·一模）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为. (1)求的方程和短轴长； (2)直线：与E相交于不同的两点B，C，直线，分别与直线交于点M，N.当时，求的值. 12．（2025·北京朝阳·一模）已知椭圆的右焦点为，离心率为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点作直线l与椭圆E交于不同的两点A，B．设，直线BC与直线交于点N，求证：直线AN的斜率为定值． ( 题型0 5 )新定义曲线问题 1．（2025·北京通州·一模）已知点是曲线上任意一点，有以下四个结论： ①曲线C既是中心对称图形又是轴对称图形；②，； ③点P到坐标原点距离的最大值为；④曲线C所围成封闭区域的面积大于4. 其中正确结论的序号是 . 2．（2025·北京房山·一模）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一.设曲线与轴交于两点，与轴交于两点，点是上一个动点，给出下列四个结论： ①曲线关于轴对称； ②曲线恰好经过2个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ③面积的最大值为1； ④（为坐标原点）. 其中正确结论的序号是 . 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$