专题06 平面解析几何（4大考点）（安徽通用）2026年高考数学一模分类汇编

专题05 平面解析几何 4大考点概览 考点01直线和圆 考点02椭圆 考点03双曲线 考点04抛物线 ( 直线 和 圆 考点1 ) 一、单选题 1．（2026·安徽宿州·一模）已知圆，直线，则直线被圆截得的弦长的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】定点与圆心连线垂直于直线时，圆心到直线的距离最大，此时弦长最小. 【详解】因为圆，圆心，半径， 直线过定点， 则定点到圆心的距离， 故定点在圆内，定点与圆心连线垂直时，此时弦长最小， 故最小值为. 故选：D. 2．（2026·安徽马鞍山·一模）已知圆的圆心在抛物线上，且圆与直线相切，当圆的面积最小时，圆心的纵坐标为（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】D 【分析】设，根据直线与圆相切求出半径，利用二次函数求最小值即可得解. 【详解】由圆C的圆心在抛物线上， 可设， 又圆C与直线相切， 则圆C的半径， 当时取等号，即当时圆C的半径最小，故圆的面积最小， 此时圆心的纵坐标为. 故选：D 3．（2026·安徽淮北·一模）已知过点的直线与圆交于两点．若的面积为8，则点的坐标可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角形的面积得到是等腰直角三角形，进而求出圆心到直线的距离，与选项中的点到圆心距离进行比较即可. 【详解】圆的半径. ， 所以，，所以是等腰直角三角形， 此时弦的长度为， . 选项A：，不符合条件. 选项B：，不符合条件. 选项C：，不符合条件. 选项D：，符合条件. 故选：D. 4．（2026·安徽淮南·一模）已知直线，，则“”是"”的（   ） A．充分必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】两直线垂直的充要条件结合充分必要条件定义即可得解. 【详解】若“”，则， 所以“”是“”的充分必要条件. 故选：A. 二、多选题 5．（2026·安徽宿州·一模）已知点是曲线上的任意一点，是曲线上任意一点，设PQ的中点为M，O为坐标原点，记的最小值为，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】ABC 【分析】对A可判断中点在直线上，进而可得最小值；对BCD选项，先由中点坐标公式及曲线，曲线，可得点M的轨迹方程（以P点的横坐标为参数），再用点到直线的距离公式，并结合用导数求最小值可得. 【详解】设， 对于A：若动点P，Q分别在直线和上移动，且. 如图： 所以PQ的中点在直线上，所以点到原点的距离，故.A选项正确.， 对于B：设点在直线上，点在曲线上， 对于直线上一个固定点，曲线上一个动点， 中点满足，代入可得， 即对于每一个直线上的固定点，，只需再求点在直线上运动时， 显然，故.所以B选项正确. 对于C：设点在直线上，点在曲线上， 线段PQ的中点为M，O为坐标原点，则， 消去参数，可得点的轨迹方程为直线，则， 令，，所以， 所以函数在单调递减，在上单调递增，所以， 故，所以C选项正确. 对于D：若动点P，Q分别在和曲线上， 则，又，所以， 所以点在直线上. 又，所以点到直线的距离， 令，则， 令，得，进而可知在上单调递增，在上单调递减， 所以.于是可得，D选项错误. 故选：ABC 6．（2026·安徽黄山·一模）点在直线上，过作圆的切线（为切点），则下列结论正确的是（   ） A．圆心的坐标为 B．圆上的点到直线距离的最大值为 C．的最小值为3 D．的最大值为1 【答案】ABD 【分析】化简圆的方程为圆的标准方程，求得圆心坐标可判定A；求得圆心到直线的距离，结合圆的性质可判定B；根据圆的切线长公式可判定C，连接，设，和，结合正弦的倍角公式，以及基本不等式可判定D. 【详解】A，由圆，可化为，所以圆的圆心为，正确； B，圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线最大距离为，正确； C，由切线长公式，可得，所以的最小值为，错误； D，如图所示，连接，则，设，则 在直角中，设，则，且， 因为， 令，则，则， 又因为，当且仅当时，即时，即时，等号成立， 所以，即的最大值为，正确. 故选：ABD    7．（2026·安徽芜湖·一模）已知直线与单位圆（为坐标原点）交于两点，下列说法正确的有（    ） A．的最大值为2 B．当直线过点时，的最小值为 C．当时，中点的轨迹方程为 D．当原点到直线的距离为时，的最大值为 【答案】ABD 【分析】由题意圆，圆心为原点，半径为1，利用圆的性质判断A、B、C，根据原点到直线的距离为，得到并设，利用向量法及、确定纵坐标的表示，再由三角恒等变换、正弦函数的性质求最大值判断D. 【详解】由题设，圆，圆心为原点，半径为1， 所以，当直线过原点时所得最大，为2，A对， 显然点在圆内，若直线过该点， 则该点与点所在直线与直线垂直时，最小，为，B对， 由，则其中点与圆心的距离， 所以中点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，则方程为，C错， 若原点到直线的距离为，即中点在圆上，且， 设，则，与垂直的一个单位向量为， 而，则，又， 所以，而关于对称，则， 所以，，则且， 所以时，最大值为，D对.    故选：ABD 三、填空题 8．（2026·安徽安庆·一模）动直线与动直线相交于点，则的最小值为___________． 【答案】 【分析】根据动直线垂直且过定点得到交点轨迹为圆；把分式变形为斜率形式，将分式最值问题转化为圆上点到定点的斜率最值问题. 【详解】根据题意，动直线经过定点， 动直线经过定点,则有， 所以，又点是两条直线的交点，所以有， 所以点的轨迹方程为， 其轨迹是以为圆心，以为半径的圆，不含点，. 又， 故只需求的最小值，令可看作点与点的斜率， 求出过点与圆相切的切线斜率即可， 设切线为，即. 根据切线条件构造方程，即，解得， 所以的最小值为，所以的最小值为. ( 椭圆 考点 2 ) 一、单选题 1．（2026·安徽安庆·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆C交于M、N两点，若，且，则椭圆C的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据面积的比例关系可得，利用椭圆的定义，计算出的各边长，运用余弦定理建立等式. 【详解】 如图，因为，所以, 所以. 因为，所以是等腰三角形，则 又因为，所以，所以，则 过作其中为垂足，则为中点，所以. 在中，由余弦定理得， 整理得，所以离心率为. 2．（2026·安徽淮南·一模）已知椭圆:的右焦点为，上顶点为，直线交于另一点．若，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量关系得到点坐标，代入椭圆方程化简求解即可. 【详解】椭圆右焦点为，上顶点为，设. 由得， 所以，，即. 代入椭圆方程得，整理得，即. 又，所以. 故选：C. 二、填空题 3．（2026·安徽宿州·一模）已知椭圆与抛物线有相同的焦点，若椭圆与抛物线在第一象限的交点为且，则椭圆的离心率为__________. 【答案】 【分析】先由焦点可得，进而可得，再由椭圆的定义可得椭圆的长轴，从而可得离心率的值. 【详解】由焦点，得，所以抛物线的方程为，准线为. 又由，得，所以，设椭圆的左焦点为， 有，故，可得离心率为. 故答案为：. 三、解答题 4．（2026·安徽滁州·一模）已知椭圆的短轴长为4，离心率为． (1)求Γ的方程； (2)若直线与交于A，B两点，且，求m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据短轴长和离心率求出椭圆方程. （2）联立直线与椭圆方程，利用判别式、韦达定理和弦长公式，结合弦长条件求出的取值范围. 【详解】（1）由题意可得：短轴长，故， 又因为离心率，结合椭圆关系可得： ，解得，， 所以椭圆的方程为：. （2）由题意可知，联立直线与椭圆方程： ， 消去整理得：， 设直线与椭圆交于点，， 则判别式：， 解得，即，由韦达定理得： ，， 由弦长公式，其中， 可得：， 又因为，所以 ， 化简可得：，两边平方得：， 即或， 又因为，所以的取值范围为：. 5．（2026·安徽合肥·一模）已知椭圆的离心率为，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于，两点． （i）求证：以为直径的圆过定点； （ii）当直线的斜率存在时，记的外接圆和内切圆的半径分别为，且，求直线的斜率． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）0或． 【分析】（1）由题意列出关于的方程组即可计算求解； （2）（i）先由对称性得到定点必在轴上，设为点，分斜率存在和不存在两种情况分析，斜率存在时联立直线方程与椭圆方程求出韦达定理，利用韦达定理和即可分析求解定点，斜率不存在时求出过所求定点即可； （ii）由（i）得到、，结合题设分析计算得到，取线段中点为，进而得到即可进一步分析求解. 【详解】（1）由题意得，解得，所以的方程为． （2）（i）因为椭圆关于y轴对称，过点E的任意一条直线均有一条直线与之关于y轴对称， 所以以为直径的任意一个圆都存在另一个圆与之关于y轴对称， 所以为直径的圆过定点，则由对称性可知该定点必在轴上，设为点， 若直线的斜率存在，设其方程为，点， 联立，消去化简可得， 所以， 由得， ， 即，即， 所以，故以为直径的圆过 若直线斜率不存在，以为直径的圆显然过， 综上，以为直径的圆过定点； （ii）由（i）知，，所以，， 因为，所以， 即，也即， 所以，取线段中点为，则， 因为，所以点的坐标为， 当时，，符合题意， 当时，，则，解得． 综上，或，即直线的斜率为0或． 6．（2026·安徽马鞍山·一模）已知，动点满足直线的斜率与直线的斜率的商是，记点的轨迹为. (1)求的方程； (2)已知椭圆以分别为左，右焦点，离心率为.直线与轴平行，与交于点，与交于两点.直线与轴交于点. （i）求面积的最大值； （ii）求证：为定值，并求出该定值. 【答案】(1) (2)（i）（ii）证明见解析，定值为. 【分析】（1）根据题设条件，写出两直线斜率，根据斜率之比化简即可得解； （2）（i）先求出椭圆方程，设，根据点在椭圆上得到，利用基本不等式求出面积的最值即可； （ii）设，，利用三点共线可得，再由两点间距离公式求出，即可得证. 【详解】（1）由题知，， 设，则， 由题意知，均不为0，即， 再由，得， 即 所以的方程为. （2）（i）因为椭圆的离心率为， 故， 所以椭圆的方程为， 如图， 设，其中，， 因为在上，所以， 由基本不等式，， 故，当且仅当时，等号成立， 而面积， 所以面积的最大值为. （ii）设，，则三点共线， 所以，即，解得， 则， 所以，为定值. 7．（2026·安徽黄山·一模）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上，分别为椭圆的左、右焦点，且. （Ⅰ）求点的坐标； （Ⅱ）点是直线上的动点，过点作两条互相垂直的直线与分别交椭圆于和四个不同点，其中的斜率为且，求的值. 【答案】(1) (2)（Ⅰ）或，（Ⅱ） 【分析】（1）将已知点坐标代入椭圆方程，结合离心率公式列出方程组即可求解；（2）（Ⅰ）将点的坐标代入椭圆方程，利用向量的数量积公式列出方程即可求解；（Ⅱ）根据题意设出直线与的方程与椭圆方程联立，结合根与系数的关系与弦长公式代入方程即可求解. 【详解】（1）依题意，，所以，所以； 又，所以； 所以椭圆的方程为：； （2）（Ⅰ） 由（1）知，，所以； 又，所以， 又，所以，解得； 又，所以，所以； 故点的坐标为或； （Ⅱ）设，即； 由，得， 所以， ， 即； 因为， 所以 ， 同理，对于斜率为的直线， 可得； 又，所以， 因为过点作两条互相垂直的直线与分别交椭圆于和四个不同点， 所以点不能在椭圆上； 若点在椭圆上，则，即，因此， 所以，即，解得. 8．（2026·安徽淮北·一模）已知椭圆的短轴长为2，焦距为2，过的左焦点作斜率之和为1的两条直线和，与交于两点，与交于两点，线段的中点分别为． (1)求椭圆的标准方程； (2)求点的轨迹方程； (3)直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由． 【答案】(1)； (2)； (3)直线恒过定点． 【分析】（1）求出，从而得到椭圆的标准方程． （2）（方法一）设，显然直线的斜率存在，利用点斜式设直线的方程，直线和椭圆联立方程组，由韦达定理得到，进而得，从而得到点的轨迹方程；（方法二）设，求出的斜率为，利用点差法求解即可得到点的轨迹方程； （3）由（2）知点也满足点的轨迹方程，设直线方程为，直线和点的方程联立方程组，消去得的一元二次方程，设，利用韦达定理得到，由得到的等式，故直线恒过定点． 【详解】（1）依题意，设的焦距长为，则，又短轴长， 则， 因此，椭圆的标准方程为：． （2）（方法一）设，显然直线的斜率存在， 设，和椭圆方程联立， 消去得：， 则进而得， 当时，，代入上式，化简得：， 当时，也满足上式； 又， 故点的轨迹方程为：． （方法二）设，则的斜率为， 由（1）知椭圆标准方程为：， 则①  ② ②①得：， 若，进一步得：，即：， 于是． 若，即，此时也满足上式， 故点轨迹方程为：． （3）由（2）知点也满足方程， 设直线方程为，联立， 消去得：， 设，则， 由得： ， 即，故直线恒过定点．    ( 双曲 线 考点 3 ) 一、单选题 1．（2026·安徽合肥·一模）已知双曲线，直线与的两条渐近线分别交于点，若，则的离心率为（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出双曲线的渐近线方程，再求出直线与渐近线的交点的坐标，利用得到的关系，最后计算离心率. 【详解】双曲线的渐近线方程为. 将代入渐近线方程： 对于，解得，即点. 对于，解得，即点. 所以，解得. 双曲线的离心率，其中. 将代入得： 因此，离心率. 故选：A 2．（2026·安徽黄山·一模）已知双曲线的右焦点为，过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则的离心率取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可得，即可求出离心率范围. 【详解】双曲线的右焦点为， 因为过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点， 则该直线的斜率的绝对值小于或等于渐近线的斜率， 即，所以离心率. 故选：B 3．（2026·安徽芜湖·一模）已知椭圆，双曲线的渐近线与椭圆在第一象限的交点记为，为坐标原点，且，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由可得，与椭圆方程联立解出点坐标，代入渐近线方程结合离心率公式即可得解. 【详解】设，由可得， 因为在椭圆上， 联立，两式相减得，解得， 所以， 双曲线经过第一象限的渐近线方程为， 将代入得，解得， 所以双曲线的离心率，    故选：C 二、多选题 4．（2026·安徽马鞍山·一模）已知双曲线的渐近线方程为，虚轴长为4，则（    ） A．的焦距为 B．的方程为 C．的焦点到渐近线的距离为2 D． 与直线仅一个公共点 【答案】CD 【分析】根据题意不确定双曲线焦点位置，可判断AB错误；根据双曲线的性质，可判断CD. 【详解】依题意，，即， 若双曲线焦点在轴上，则由，解得， 所以，所以焦距为， 若焦点在轴上，则，解得，所以， 所以焦距为，故A错误； 由A选项分析可知，双曲线的焦点位置不确定，方程有两个，故B错误； 若双曲线焦点在轴上，由双曲线的对称性，不妨取焦点，渐近线， 则焦点到渐近线的距离， 同理双曲线焦点在轴上，可得，故C正确； 因为与双曲线的一条渐近线平行，故与直线仅一个公共点，所以D正确， 故选：CD 三、填空题 5．（2026·安徽淮北·一模）已知抛物线的焦点是双曲线：的右焦点，点是两曲线的一个公共点，为坐标原点．若，则的离心率为__________． 【答案】/ 【分析】利用抛物线和双曲线的定义，结合已知条件建立关于双曲线参数的等式求解即可. 【详解】抛物线的焦点为，双曲线的右焦点为， 由题意知，. 抛物线的准线方程为， 因为，所以，即. 设在第一象限，将代入抛物线方程可得，所以. 代入双曲线方程，又，所以. 设，则，整理得， 解得，因为，所以， 所以. 故答案为：. 四、解答题 6．（2026·安徽宿州·一模）对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点. (1)已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转后得到点，求点的坐标； (2)若曲线上的每一点绕原点逆时针旋转后得到曲线. （i）求曲线的方程； （ii）已知点在曲线上按逆时针排列，且有，求直线斜率的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据题目给的旋转角定义可得答案； （2）（i）利用轨迹方程求法里的坐标转移法，以及题目给的旋转定义可得答案；（ii）方法一：利用题目给的旋转的定义，点的坐标用点表示出来，代入到曲线中，运算可得答案；方法二：设直线，分别求出的弦长，利用，列方程，可得答案. 【详解】（1），设，则， 由于逆时针旋转，根据公式有， 解得，即. （2）（i）在曲线上任取点，则有， 因为绕原点旋转，设旋转后得到点， 必有， 故，即曲线的方程为. （ii）方法一：（旋转设点法）设， 利用向量坐标旋转公式，易得， 则直线DE斜率，设点，则点为，点为. 因为点E，F在曲线上，所以， 即，两式相加有， 即， 解得. 方法二：（常规设线法）设点，直线的斜率为， 则直线的方程为， 联立可得， 化简求解得， 同理设直线的方程为，可解得， 由弦长公式可得 因为故， 化简得，平方有， 解得或者. 由于点三点按逆时针排列， 不妨设点在第三象限，即，则有如下三种关系： ①当时有，如图1所示， 必有或， 解得或者，即； ②当时有，如图2所示， 必有或， 解得或者，即； ③当时解得或者， 显然不满足（注：时可以理解为弦长无限长意义下的相等，与题意不符）， 综上，弦所在的直线的斜率k的取值范围是. 7．（2026·安徽淮南·一模）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为． (1)求的方程； (2)设为的左顶点，过的直线交的右支于两点． （i）证明：以为直径的圆过点； （ii）设直线的斜率存在，直线与圆的另一交点分别为，直线与直线交于点，试判断的形状，并给出证明． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）等腰三角形（或等腰锐角三角形），证明见解析 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程求解双曲线的方程； （2）（i）设直线的方程为，联立双曲线与直线计算证得结果； （ii）联立双曲线与直线判断三角形的形状； 【详解】（1）因为双曲线的右焦点为，渐近线方程为． 所以， 解得：，所以的方程为． （2）（i）由（1）知，，直线的斜率不为0， 设直线的方程为，如图， 由，可得， ∴，其中， ∴ ， ∴，所以以为直径的圆过点． （ii）是等腰三角形（或等腰锐角三角形）． 因为直线的斜率存在，所以． 不妨设直线，其中， 由（i）可知， 由，可得，解得， 故可得，即， ∴ ， 所以直线， 由，可解得，所以在定直线上， 又，所以，所以是等腰三角形（或等腰锐角三角形）． ( 抛物线 考点 4 ) 一、单选题 1．（2026·安徽滁州·一模）若是抛物线上的动点，点，则的最小值为（    ） A． B．5 C．7 D． 【答案】B 【分析】先根据抛物线方程确定其焦点和准线方程，再利用抛物线的定义将进行转化，最后结合几何图形的性质求出的最小值. 【详解】由抛物线，得，则， 所以抛物线的焦点，准线方程为. 设点到准线的距离为，根据抛物线的定义可知， 抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，即. 因为点到准线的距离就是，所以， 那么， 根据几何性质，当，，三点共线时，的值最小，即， 已知，，得： ， 所以的最小值为. 2．（2026·安徽黄山·一模）点在抛物线上，则到抛物线焦点的距离为（   ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】由点在抛物线上，确定抛物线方程，得到焦点坐标，进而可求解. 【详解】由点在抛物线上， 可得：，即， 则抛物线焦点坐标， 所以到抛物线焦点的距离为， 故选：C 二、多选题 3．（2026·安徽合肥·一模）已知抛物线的焦点为，以为圆心，为半径得到圆，圆上有一点．过点的直线与交于两点，与圆另交于点，则（    ） A． B．当时，的横坐标为 C．当时， D． 【答案】AC 【分析】写出圆的方程，利用给定点求出，设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理，即可逐个选项判断． 【详解】抛物线的焦点为，圆方程为， 对于A，由点在圆上，得，而，则，A正确； 抛物线的焦点为， 设直线方程为， 由对称性不妨令点在第一象限， 由，得，则， 对于B，由，得，解得，B错误； 对于C，由选项B得点，直线斜率，即， 则，而，因此，C正确； 对于D，， 又 ，且圆的弦， 因此不一定小于，D错误． 三、填空题 4．（2026·安徽淮南·一模）已知点，点在抛物线上，点在圆上，则的最小值为__________． 【答案】8 【分析】抛物线方程得到焦点坐标及准线方程，由三角形三边关系及抛物线的定义求得最小值. 【详解】抛物线焦点，准线方程， 如图，过点作于点，    由抛物线的定义可知， 由圆的性质，当且仅当为线段与圆的交点时等号成立， 设点到直线的距离为，则，当且仅当时等号成立， 所以， 故的最小值为8. 故答案为：8. 四、解答题 5．（2026·安徽安庆·一模）已知椭圆与抛物线在第一象限交于点，A，B分别为的左、右顶点. (1)若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程； (2)设点是和的一个共同焦点，过点F的一条直线l与相交于C，D两点，与相交于E，G两点，，若，求直线l的方程； (3)若，设直线QA，QB分别与直线交于M，N两点，与的面积分别为，，若，求点Q的坐标. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，求出点的坐标及抛物线方程，进而求出准线方程. （2）设出直线的方程并分别与椭圆及抛物线方程联立，利用弦长公式列式求解. （3）由点的坐标表示出点的坐标，利用三角形面积及关系列出方程即可求出点的坐标. 【详解】（1）由椭圆的焦距为2，得椭圆的半焦距，则， 因此椭圆的方程为，由为椭圆与抛物线的交点，且在第一象限， 得，又，则，而，于是， 抛物线的方程为，所以抛物线的准线方程为. （2）点是和的一个共同焦点，由（1）知椭圆的方程为， 由，得，抛物线的方程为，设直线的方程为， 由消去得，设， 则， ，由得， 设，则， ，由，，得， 因此，解得， 所以直线l的方程为，即. （3）当时，椭圆，则，， 直线，点，直线，点， ， ，由，得，即， 整理得，而，解得，， 所以点坐标为. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 平面解析几何 4大考点概览 考点01直线和圆 考点02椭圆 考点03双曲线 考点04抛物线 ( 直线 和 圆 考点1 ) 一、单选题 1．（2026·安徽宿州·一模）已知圆，直线，则直线被圆截得的弦长的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】定点与圆心连线垂直于直线时，圆心到直线的距离最大，此时弦长最小. 【详解】因为圆，圆心，半径， 直线过定点， 则定点到圆心的距离， 故定点在圆内，定点与圆心连线垂直时，此时弦长最小， 故最小值为. 故选：D. 2．（2026·安徽马鞍山·一模）已知圆的圆心在抛物线上，且圆与直线相切，当圆的面积最小时，圆心的纵坐标为（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】D 【分析】设，根据直线与圆相切求出半径，利用二次函数求最小值即可得解. 【详解】由圆C的圆心在抛物线上， 可设， 又圆C与直线相切， 则圆C的半径， 当时取等号，即当时圆C的半径最小，故圆的面积最小， 此时圆心的纵坐标为. 故选：D 3．（2026·安徽淮北·一模）已知过点的直线与圆交于两点．若的面积为8，则点的坐标可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角形的面积得到是等腰直角三角形，进而求出圆心到直线的距离，与选项中的点到圆心距离进行比较即可. 【详解】圆的半径. ， 所以，，所以是等腰直角三角形， 此时弦的长度为， . 选项A：，不符合条件. 选项B：，不符合条件. 选项C：，不符合条件. 选项D：，符合条件. 故选：D. 4．（2026·安徽淮南·一模）已知直线，，则“”是"”的（   ） A．充分必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】两直线垂直的充要条件结合充分必要条件定义即可得解. 【详解】若“”，则， 所以“”是“”的充分必要条件. 故选：A. 二、多选题 5．（2026·安徽宿州·一模）已知点是曲线上的任意一点，是曲线上任意一点，设PQ的中点为M，O为坐标原点，记的最小值为，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】ABC 【分析】对A可判断中点在直线上，进而可得最小值；对BCD选项，先由中点坐标公式及曲线，曲线，可得点M的轨迹方程（以P点的横坐标为参数），再用点到直线的距离公式，并结合用导数求最小值可得. 【详解】设， 对于A：若动点P，Q分别在直线和上移动，且. 如图： 所以PQ的中点在直线上，所以点到原点的距离，故.A选项正确.， 对于B：设点在直线上，点在曲线上， 对于直线上一个固定点，曲线上一个动点， 中点满足，代入可得， 即对于每一个直线上的固定点，，只需再求点在直线上运动时， 显然，故.所以B选项正确. 对于C：设点在直线上，点在曲线上， 线段PQ的中点为M，O为坐标原点，则， 消去参数，可得点的轨迹方程为直线，则， 令，，所以， 所以函数在单调递减，在上单调递增，所以， 故，所以C选项正确. 对于D：若动点P，Q分别在和曲线上， 则，又，所以， 所以点在直线上. 又，所以点到直线的距离， 令，则， 令，得，进而可知在上单调递增，在上单调递减， 所以.于是可得，D选项错误. 故选：ABC 6．（2026·安徽黄山·一模）点在直线上，过作圆的切线（为切点），则下列结论正确的是（   ） A．圆心的坐标为 B．圆上的点到直线距离的最大值为 C．的最小值为3 D．的最大值为1 【答案】ABD 【分析】化简圆的方程为圆的标准方程，求得圆心坐标可判定A；求得圆心到直线的距离，结合圆的性质可判定B；根据圆的切线长公式可判定C，连接，设，和，结合正弦的倍角公式，以及基本不等式可判定D. 【详解】A，由圆，可化为，所以圆的圆心为，正确； B，圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线最大距离为，正确； C，由切线长公式，可得，所以的最小值为，错误； D，如图所示，连接，则，设，则 在直角中，设，则，且， 因为， 令，则，则， 又因为，当且仅当时，即时，即时，等号成立， 所以，即的最大值为，正确. 故选：ABD    7．（2026·安徽芜湖·一模）已知直线与单位圆（为坐标原点）交于两点，下列说法正确的有（    ） A．的最大值为2 B．当直线过点时，的最小值为 C．当时，中点的轨迹方程为 D．当原点到直线的距离为时，的最大值为 【答案】ABD 【分析】由题意圆，圆心为原点，半径为1，利用圆的性质判断A、B、C，根据原点到直线的距离为，得到并设，利用向量法及、确定纵坐标的表示，再由三角恒等变换、正弦函数的性质求最大值判断D. 【详解】由题设，圆，圆心为原点，半径为1， 所以，当直线过原点时所得最大，为2，A对， 显然点在圆内，若直线过该点， 则该点与点所在直线与直线垂直时，最小，为，B对， 由，则其中点与圆心的距离， 所以中点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，则方程为，C错， 若原点到直线的距离为，即中点在圆上，且， 设，则，与垂直的一个单位向量为， 而，则，又， 所以，而关于对称，则， 所以，，则且， 所以时，最大值为，D对.    故选：ABD 三、填空题 8．（2026·安徽安庆·一模）动直线与动直线相交于点，则的最小值为___________． 【答案】 【分析】根据动直线垂直且过定点得到交点轨迹为圆；把分式变形为斜率形式，将分式最值问题转化为圆上点到定点的斜率最值问题. 【详解】根据题意，动直线经过定点， 动直线经过定点,则有， 所以，又点是两条直线的交点，所以有， 所以点的轨迹方程为， 其轨迹是以为圆心，以为半径的圆，不含点，. 又， 故只需求的最小值，令可看作点与点的斜率， 求出过点与圆相切的切线斜率即可， 设切线为，即. 根据切线条件构造方程，即，解得， 所以的最小值为，所以的最小值为. ( 椭圆 考点 2 ) 一、单选题 1．（2026·安徽安庆·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆C交于M、N两点，若，且，则椭圆C的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据面积的比例关系可得，利用椭圆的定义，计算出的各边长，运用余弦定理建立等式. 【详解】 如图，因为，所以, 所以. 因为，所以是等腰三角形，则 又因为，所以，所以，则 过作其中为垂足，则为中点，所以. 在中，由余弦定理得， 整理得，所以离心率为. 2．（2026·安徽淮南·一模）已知椭圆:的右焦点为，上顶点为，直线交于另一点．若，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量关系得到点坐标，代入椭圆方程化简求解即可. 【详解】椭圆右焦点为，上顶点为，设. 由得， 所以，，即. 代入椭圆方程得，整理得，即. 又，所以. 故选：C. 二、填空题 3．（2026·安徽宿州·一模）已知椭圆与抛物线有相同的焦点，若椭圆与抛物线在第一象限的交点为且，则椭圆的离心率为__________. 【答案】 【分析】先由焦点可得，进而可得，再由椭圆的定义可得椭圆的长轴，从而可得离心率的值. 【详解】由焦点，得，所以抛物线的方程为，准线为. 又由，得，所以，设椭圆的左焦点为， 有，故，可得离心率为. 故答案为：. 三、解答题 4．（2026·安徽滁州·一模）已知椭圆的短轴长为4，离心率为． (1)求Γ的方程； (2)若直线与交于A，B两点，且，求m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据短轴长和离心率求出椭圆方程. （2）联立直线与椭圆方程，利用判别式、韦达定理和弦长公式，结合弦长条件求出的取值范围. 【详解】（1）由题意可得：短轴长，故， 又因为离心率，结合椭圆关系可得： ，解得，， 所以椭圆的方程为：. （2）由题意可知，联立直线与椭圆方程： ， 消去整理得：， 设直线与椭圆交于点，， 则判别式：， 解得，即，由韦达定理得： ，， 由弦长公式，其中， 可得：， 又因为，所以 ， 化简可得：，两边平方得：， 即或， 又因为，所以的取值范围为：. 5．（2026·安徽合肥·一模）已知椭圆的离心率为，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于，两点． （i）求证：以为直径的圆过定点； （ii）当直线的斜率存在时，记的外接圆和内切圆的半径分别为，且，求直线的斜率． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）0或． 【分析】（1）由题意列出关于的方程组即可计算求解； （2）（i）先由对称性得到定点必在轴上，设为点，分斜率存在和不存在两种情况分析，斜率存在时联立直线方程与椭圆方程求出韦达定理，利用韦达定理和即可分析求解定点，斜率不存在时求出过所求定点即可； （ii）由（i）得到、，结合题设分析计算得到，取线段中点为，进而得到即可进一步分析求解. 【详解】（1）由题意得，解得，所以的方程为． （2）（i）因为椭圆关于y轴对称，过点E的任意一条直线均有一条直线与之关于y轴对称， 所以以为直径的任意一个圆都存在另一个圆与之关于y轴对称， 所以为直径的圆过定点，则由对称性可知该定点必在轴上，设为点， 若直线的斜率存在，设其方程为，点， 联立，消去化简可得， 所以， 由得， ， 即，即， 所以，故以为直径的圆过 若直线斜率不存在，以为直径的圆显然过， 综上，以为直径的圆过定点； （ii）由（i）知，，所以，， 因为，所以， 即，也即， 所以，取线段中点为，则， 因为，所以点的坐标为， 当时，，符合题意， 当时，，则，解得． 综上，或，即直线的斜率为0或． 6．（2026·安徽马鞍山·一模）已知，动点满足直线的斜率与直线的斜率的商是，记点的轨迹为. (1)求的方程； (2)已知椭圆以分别为左，右焦点，离心率为.直线与轴平行，与交于点，与交于两点.直线与轴交于点. （i）求面积的最大值； （ii）求证：为定值，并求出该定值. 【答案】(1) (2)（i）（ii）证明见解析，定值为. 【分析】（1）根据题设条件，写出两直线斜率，根据斜率之比化简即可得解； （2）（i）先求出椭圆方程，设，根据点在椭圆上得到，利用基本不等式求出面积的最值即可； （ii）设，，利用三点共线可得，再由两点间距离公式求出，即可得证. 【详解】（1）由题知，， 设，则， 由题意知，均不为0，即， 再由，得， 即 所以的方程为. （2）（i）因为椭圆的离心率为， 故， 所以椭圆的方程为， 如图， 设，其中，， 因为在上，所以， 由基本不等式，， 故，当且仅当时，等号成立， 而面积， 所以面积的最大值为. （ii）设，，则三点共线， 所以，即，解得， 则， 所以，为定值. 7．（2026·安徽黄山·一模）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上，分别为椭圆的左、右焦点，且. （Ⅰ）求点的坐标； （Ⅱ）点是直线上的动点，过点作两条互相垂直的直线与分别交椭圆于和四个不同点，其中的斜率为且，求的值. 【答案】(1) (2)（Ⅰ）或，（Ⅱ） 【分析】（1）将已知点坐标代入椭圆方程，结合离心率公式列出方程组即可求解；（2）（Ⅰ）将点的坐标代入椭圆方程，利用向量的数量积公式列出方程即可求解；（Ⅱ）根据题意设出直线与的方程与椭圆方程联立，结合根与系数的关系与弦长公式代入方程即可求解. 【详解】（1）依题意，，所以，所以； 又，所以； 所以椭圆的方程为：； （2）（Ⅰ） 由（1）知，，所以； 又，所以， 又，所以，解得； 又，所以，所以； 故点的坐标为或； （Ⅱ）设，即； 由，得， 所以， ， 即； 因为， 所以 ， 同理，对于斜率为的直线， 可得； 又，所以， 因为过点作两条互相垂直的直线与分别交椭圆于和四个不同点， 所以点不能在椭圆上； 若点在椭圆上，则，即，因此， 所以，即，解得. 8．（2026·安徽淮北·一模）已知椭圆的短轴长为2，焦距为2，过的左焦点作斜率之和为1的两条直线和，与交于两点，与交于两点，线段的中点分别为． (1)求椭圆的标准方程； (2)求点的轨迹方程； (3)直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由． 【答案】(1)； (2)； (3)直线恒过定点． 【分析】（1）求出，从而得到椭圆的标准方程． （2）（方法一）设，显然直线的斜率存在，利用点斜式设直线的方程，直线和椭圆联立方程组，由韦达定理得到，进而得，从而得到点的轨迹方程；（方法二）设，求出的斜率为，利用点差法求解即可得到点的轨迹方程； （3）由（2）知点也满足点的轨迹方程，设直线方程为，直线和点的方程联立方程组，消去得的一元二次方程，设，利用韦达定理得到，由得到的等式，故直线恒过定点． 【详解】（1）依题意，设的焦距长为，则，又短轴长， 则， 因此，椭圆的标准方程为：． （2）（方法一）设，显然直线的斜率存在， 设，和椭圆方程联立， 消去得：， 则进而得， 当时，，代入上式，化简得：， 当时，也满足上式； 又， 故点的轨迹方程为：． （方法二）设，则的斜率为， 由（1）知椭圆标准方程为：， 则①  ② ②①得：， 若，进一步得：，即：， 于是． 若，即，此时也满足上式， 故点轨迹方程为：． （3）由（2）知点也满足方程， 设直线方程为，联立， 消去得：， 设，则， 由得： ， 即，故直线恒过定点．    ( 双曲 线 考点 3 ) 一、单选题 1．（2026·安徽合肥·一模）已知双曲线，直线与的两条渐近线分别交于点，若，则的离心率为（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出双曲线的渐近线方程，再求出直线与渐近线的交点的坐标，利用得到的关系，最后计算离心率. 【详解】双曲线的渐近线方程为. 将代入渐近线方程： 对于，解得，即点. 对于，解得，即点. 所以，解得. 双曲线的离心率，其中. 将代入得： 因此，离心率. 故选：A 2．（2026·安徽黄山·一模）已知双曲线的右焦点为，过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则的离心率取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可得，即可求出离心率范围. 【详解】双曲线的右焦点为， 因为过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点， 则该直线的斜率的绝对值小于或等于渐近线的斜率， 即，所以离心率. 故选：B 3．（2026·安徽芜湖·一模）已知椭圆，双曲线的渐近线与椭圆在第一象限的交点记为，为坐标原点，且，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由可得，与椭圆方程联立解出点坐标，代入渐近线方程结合离心率公式即可得解. 【详解】设，由可得， 因为在椭圆上， 联立，两式相减得，解得， 所以， 双曲线经过第一象限的渐近线方程为， 将代入得，解得， 所以双曲线的离心率，    故选：C 二、多选题 4．（2026·安徽马鞍山·一模）已知双曲线的渐近线方程为，虚轴长为4，则（    ） A．的焦距为 B．的方程为 C．的焦点到渐近线的距离为2 D． 与直线仅一个公共点 【答案】CD 【分析】根据题意不确定双曲线焦点位置，可判断AB错误；根据双曲线的性质，可判断CD. 【详解】依题意，，即， 若双曲线焦点在轴上，则由，解得， 所以，所以焦距为， 若焦点在轴上，则，解得，所以， 所以焦距为，故A错误； 由A选项分析可知，双曲线的焦点位置不确定，方程有两个，故B错误； 若双曲线焦点在轴上，由双曲线的对称性，不妨取焦点，渐近线， 则焦点到渐近线的距离， 同理双曲线焦点在轴上，可得，故C正确； 因为与双曲线的一条渐近线平行，故与直线仅一个公共点，所以D正确， 故选：CD 三、填空题 5．（2026·安徽淮北·一模）已知抛物线的焦点是双曲线：的右焦点，点是两曲线的一个公共点，为坐标原点．若，则的离心率为__________． 【答案】/ 【分析】利用抛物线和双曲线的定义，结合已知条件建立关于双曲线参数的等式求解即可. 【详解】抛物线的焦点为，双曲线的右焦点为， 由题意知，. 抛物线的准线方程为， 因为，所以，即. 设在第一象限，将代入抛物线方程可得，所以. 代入双曲线方程，又，所以. 设，则，整理得， 解得，因为，所以， 所以. 故答案为：. 四、解答题 6．（2026·安徽宿州·一模）对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点. (1)已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转后得到点，求点的坐标； (2)若曲线上的每一点绕原点逆时针旋转后得到曲线. （i）求曲线的方程； （ii）已知点在曲线上按逆时针排列，且有，求直线斜率的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据题目给的旋转角定义可得答案； （2）（i）利用轨迹方程求法里的坐标转移法，以及题目给的旋转定义可得答案；（ii）方法一：利用题目给的旋转的定义，点的坐标用点表示出来，代入到曲线中，运算可得答案；方法二：设直线，分别求出的弦长，利用，列方程，可得答案. 【详解】（1），设，则， 由于逆时针旋转，根据公式有， 解得，即. （2）（i）在曲线上任取点，则有， 因为绕原点旋转，设旋转后得到点， 必有， 故，即曲线的方程为. （ii）方法一：（旋转设点法）设， 利用向量坐标旋转公式，易得， 则直线DE斜率，设点，则点为，点为. 因为点E，F在曲线上，所以， 即，两式相加有， 即， 解得. 方法二：（常规设线法）设点，直线的斜率为， 则直线的方程为， 联立可得， 化简求解得， 同理设直线的方程为，可解得， 由弦长公式可得 因为故， 化简得，平方有， 解得或者. 由于点三点按逆时针排列， 不妨设点在第三象限，即，则有如下三种关系： ①当时有，如图1所示， 必有或， 解得或者，即； ②当时有，如图2所示， 必有或， 解得或者，即； ③当时解得或者， 显然不满足（注：时可以理解为弦长无限长意义下的相等，与题意不符）， 综上，弦所在的直线的斜率k的取值范围是. 7．（2026·安徽淮南·一模）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为． (1)求的方程； (2)设为的左顶点，过的直线交的右支于两点． （i）证明：以为直径的圆过点； （ii）设直线的斜率存在，直线与圆的另一交点分别为，直线与直线交于点，试判断的形状，并给出证明． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）等腰三角形（或等腰锐角三角形），证明见解析 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程求解双曲线的方程； （2）（i）设直线的方程为，联立双曲线与直线计算证得结果； （ii）联立双曲线与直线判断三角形的形状； 【详解】（1）因为双曲线的右焦点为，渐近线方程为． 所以， 解得：，所以的方程为． （2）（i）由（1）知，，直线的斜率不为0， 设直线的方程为，如图， 由，可得， ∴，其中， ∴ ， ∴，所以以为直径的圆过点． （ii）是等腰三角形（或等腰锐角三角形）． 因为直线的斜率存在，所以． 不妨设直线，其中， 由（i）可知， 由，可得，解得， 故可得，即， ∴ ， 所以直线， 由，可解得，所以在定直线上， 又，所以，所以是等腰三角形（或等腰锐角三角形）． ( 抛物线 考点 4 ) 一、单选题 1．（2026·安徽滁州·一模）若是抛物线上的动点，点，则的最小值为（    ） A． B．5 C．7 D． 【答案】B 【分析】先根据抛物线方程确定其焦点和准线方程，再利用抛物线的定义将进行转化，最后结合几何图形的性质求出的最小值. 【详解】由抛物线，得，则， 所以抛物线的焦点，准线方程为. 设点到准线的距离为，根据抛物线的定义可知， 抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，即. 因为点到准线的距离就是，所以， 那么， 根据几何性质，当，，三点共线时，的值最小，即， 已知，，得： ， 所以的最小值为. 2．（2026·安徽黄山·一模）点在抛物线上，则到抛物线焦点的距离为（   ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】由点在抛物线上，确定抛物线方程，得到焦点坐标，进而可求解. 【详解】由点在抛物线上， 可得：，即， 则抛物线焦点坐标， 所以到抛物线焦点的距离为， 故选：C 二、多选题 3．（2026·安徽合肥·一模）已知抛物线的焦点为，以为圆心，为半径得到圆，圆上有一点．过点的直线与交于两点，与圆另交于点，则（    ） A． B．当时，的横坐标为 C．当时， D． 【答案】AC 【分析】写出圆的方程，利用给定点求出，设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理，即可逐个选项判断． 【详解】抛物线的焦点为，圆方程为， 对于A，由点在圆上，得，而，则，A正确； 抛物线的焦点为， 设直线方程为， 由对称性不妨令点在第一象限， 由，得，则， 对于B，由，得，解得，B错误； 对于C，由选项B得点，直线斜率，即， 则，而，因此，C正确； 对于D，， 又 ，且圆的弦， 因此不一定小于，D错误． 三、填空题 4．（2026·安徽淮南·一模）已知点，点在抛物线上，点在圆上，则的最小值为__________． 【答案】8 【分析】抛物线方程得到焦点坐标及准线方程，由三角形三边关系及抛物线的定义求得最小值. 【详解】抛物线焦点，准线方程， 如图，过点作于点，    由抛物线的定义可知， 由圆的性质，当且仅当为线段与圆的交点时等号成立， 设点到直线的距离为，则，当且仅当时等号成立， 所以， 故的最小值为8. 故答案为：8. 四、解答题 5．（2026·安徽安庆·一模）已知椭圆与抛物线在第一象限交于点，A，B分别为的左、右顶点. (1)若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程； (2)设点是和的一个共同焦点，过点F的一条直线l与相交于C，D两点，与相交于E，G两点，，若，求直线l的方程； (3)若，设直线QA，QB分别与直线交于M，N两点，与的面积分别为，，若，求点Q的坐标. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，求出点的坐标及抛物线方程，进而求出准线方程. （2）设出直线的方程并分别与椭圆及抛物线方程联立，利用弦长公式列式求解. （3）由点的坐标表示出点的坐标，利用三角形面积及关系列出方程即可求出点的坐标. 【详解】（1）由椭圆的焦距为2，得椭圆的半焦距，则， 因此椭圆的方程为，由为椭圆与抛物线的交点，且在第一象限， 得，又，则，而，于是， 抛物线的方程为，所以抛物线的准线方程为. （2）点是和的一个共同焦点，由（1）知椭圆的方程为， 由，得，抛物线的方程为，设直线的方程为， 由消去得，设， 则， ，由得， 设，则， ，由，，得， 因此，解得， 所以直线l的方程为，即. （3）当时，椭圆，则，， 直线，点，直线，点， ， ，由，得，即， 整理得，而，解得，， 所以点坐标为. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $