专题06 平面解析几何4个考点（北京专用）2026年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 北京多区2026年二模平面解析几何专题汇编，覆盖直线与圆、双曲线、抛物线、圆锥曲线综合四大考点，精选18道真题，注重基础与综合能力考查。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |填空|4|双曲线渐近线、抛物线标准方程|第6题关联渐近线性质，第10题考查抛物线定义| |选择|8|直线与圆相切、双曲线离心率|第3题结合操场跑道情境，第14题引入利萨如曲线（科技前沿）| |解答|6|椭圆方程、定点证明、位置关系|第12题分层设计方程求解与位置关系证明，第15题考查斜率之积与定点问题，贴合北京二模命题趋势|

专题06 平面解析几何 4大考点概览 考点01直线方程与圆的方程 考点02双曲线方程及其性质 考点03抛物线方程及其性质 考点04圆锥曲线综合 直线方程与圆的方程 考点1 1．（2026·北京朝阳·二模）已知直线与圆交于两点；能使为锐角的的一个取值为___________． 2．（2026·北京丰台·二模）已知圆的圆心为，斜率为的直线与该圆相切且与轴交于点，则（    ） A． B．2 C． D．4 3．（2026·北京东城·二模）某学校操场的每条跑道由两段直道和两段半圆形弯道组成（如图1）.运动员比赛时，从某条跑道弯道处的起跑线上选取一点P作为起跑点，沿直线加速后从点Q切入弯道内侧分道线，即与内侧分道线相切.以半圆的圆心O为原点，建立平面直角坐标系（如图2）.若，，则直线的方程为（   ） A． B． C． D． 双曲线方程及其性质 考点2 4．（2026·北京丰台·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点，线段与轴交于点，若（为坐标原点），，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D．2 5．（2026·北京·二模）已知双曲线：的焦距为，则其渐近线方程为______；离心率为______． 6．（2026·北京东城·二模）已知双曲线与有相同的渐近线，则数对可以为_____. 7．（2026·北京西城·二模）双曲线的右顶点到其渐近线的距离为（   ） A．1 B． C． D． 8．（2026·北京朝阳·二模）已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则（   ） A． B． C．2 D．4 抛物线方程及其性质 考点3 9．（2026·北京·二模）已知点在抛物线上，则抛物线C的准线方程为（ ） A． B． C． D． 10．（2026·北京朝阳·二模）顶点在原点，关于轴对称，且过点的抛物线的标准方程是___________． 11．（2026·北京东城·二模）在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在抛物线上，轴，垂足为.若，则（   ） A． B． C． D． 圆锥曲线综合 考点4 12．（2026·北京·二模）已知椭圆的离心率为，且椭圆C的上顶点、右顶点和坐标原点所构成的三角形面积为． (1)求椭圆的方程和其短轴长； (2)若点在椭圆上，点在直线上，且，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论. 13．（2026·北京东城·二模）已知椭圆：的右焦点为，且经过点. (1)求椭圆W的方程； (2)已知点，.设直线分别与直线，交于点M，N，直线与直线交于点P，直线与直线交于点Q，直线交椭圆W于另一点R，求证：P，Q，R三点共线. 14．（2026·北京西城·二模）在物理实验中，当相互垂直的两个简谐振动的频率比为简单整数比时，示波器上会显示出一条“利萨如曲线”.曲线C：是一条常见的“利萨如曲线”.给出以下四个结论： ①若为曲线C上一点，则，； ②曲线C上两点间距离的最大值为； ③曲线C所围成的区域的面积小于3； ④过原点的直线与曲线C最多有3个公共点. 其中，所有正确结论的序号是__________. 15．（2026·北京丰台·二模）已知椭圆的离心率为，以椭圆的焦点和短轴顶点为顶点的四边形是边长为2的菱形. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知为椭圆的左顶点，，为椭圆上两个不同的动点（均不与点重合），且满足直线与直线的斜率之积为.求证：直线过定点. 16．（2026·北京朝阳·二模）已知椭圆的长轴长与短轴长之和为6，焦距为． (1)求椭圆的方程； (2)设为原点，点分别为椭圆上位于第一象限，第二象限内的点，且．当点满足时，求证：点在椭圆上． 17．（2026·北京丰台·二模）已知曲线.下列结论正确的是（    ） A．曲线上的任意一点在圆的内部 B．曲线上的任意一点在圆的外部 C．曲线上存在点，使 D．曲线上存在点，使 18．（2026·北京西城·二模）已知椭圆（）的左焦点为，点在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程； (2)过点的直线与C交于A，B两点，过点A作AP垂直直线MF于点P，记和的面积分别为和，求证：. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 平面解析几何 4大考点概览 考点01直线方程与圆的方程 考点02双曲线方程及其性质 考点03抛物线方程及其性质 考点04圆锥曲线综合 直线方程与圆的方程 考点1 1．（2026·北京朝阳·二模）已知直线与圆交于两点；能使为锐角的的一个取值为___________． 【答案】（答案不唯一） 【分析】先确定圆圆心和半径,利用为锐角等价于余弦定理得弦长平方小于两半径平方和,求出圆心到直线距离的范围,再代入点到直线距离公式解出,得到或,任取区间内一个数即可. 【详解】圆:，圆心，半径，故. 直线:，即. 为锐角所以. 设圆心到直线的距离为，则. 圆的弦长. 在中，由余弦定理：， 为锐角所以可得，代入得. 即，化简得. 将代入：，，， 解得或，故可取. 2．（2026·北京丰台·二模）已知圆的圆心为，斜率为的直线与该圆相切且与轴交于点，则（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】D 【分析】根据方程可得圆心和半径，设，根据直线与圆相切可得，即可得结果. 【详解】圆即，圆心为，半径， 设，则直线，即， 则，即， 所以. 3．（2026·北京东城·二模）某学校操场的每条跑道由两段直道和两段半圆形弯道组成（如图1）.运动员比赛时，从某条跑道弯道处的起跑线上选取一点P作为起跑点，沿直线加速后从点Q切入弯道内侧分道线，即与内侧分道线相切.以半圆的圆心O为原点，建立平面直角坐标系（如图2）.若，，则直线的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆的切线性质，结合勾股定理、锐角三角函数定义、直线的点斜式方程进行求解即可. 【详解】因为是圆的切线， 所以，且， 由勾股定理可得，因此点的坐标为， 因为， 所以圆的切线的斜率为， 所以圆的切线的方程为，化简，得. 双曲线方程及其性质 考点2 4．（2026·北京丰台·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点，线段与轴交于点，若（为坐标原点），，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D．2 【答案】C 【分析】由双曲线定义的应用结合双曲线参数关系与离心率公式即可求解. 【详解】由题意得，即， 且，，解得， 则. 5．（2026·北京·二模）已知双曲线：的焦距为，则其渐近线方程为______；离心率为______． 【答案】 【分析】先由方程表示双曲线可得，再根据焦距可得，进而由双曲线的方程可得渐近线方程及离心率. 【详解】由双曲线：，得，所以. 因为双曲线的焦距为，所以，得， 所以双曲线的方程为，因此双曲线的离心率， 双曲线的渐近线方程为. 6．（2026·北京东城·二模）已知双曲线与有相同的渐近线，则数对可以为_____. 【答案】（答案不唯一） 【详解】可知双曲线的渐近线为， 可知双曲线的渐近线为， 当渐近线相同时，可得或，即， 所以数对可以为. 7．（2026·北京西城·二模）双曲线的右顶点到其渐近线的距离为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意得到右顶点为，及其中一条渐近线方程，再利用点到直线的距离公式计算． 【详解】解：双曲线，则右顶点为， 由对称性，不妨取其中一条渐近线，方程为，即， 则右顶点到其渐近线的距离为． 8．（2026·北京朝阳·二模）已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则（   ） A． B． C．2 D．4 【答案】C 【详解】已知双曲线方程为，其渐近线方程为. 直线可化为. 因为一条渐近线与该直线平行，所以它们的斜率相等， 即，两边同乘得， 解得（舍去，因），所以. 抛物线方程及其性质 考点3 9．（2026·北京·二模）已知点在抛物线上，则抛物线C的准线方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知求出抛物线方程，即可求解抛物线C的准线方程． 【详解】因为点在抛物线上， 所以，即抛物线方程， 所以抛物线C的准线方程为． 10．（2026·北京朝阳·二模）顶点在原点，关于轴对称，且过点的抛物线的标准方程是___________． 【答案】 【详解】根据抛物线关于轴对称，且过的点在第一象限， 因此抛物线开口向上，可设抛物线的标准方程为， 所以，解得， 所以抛物线的标准方程是. 11．（2026·北京东城·二模）在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在抛物线上，轴，垂足为.若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由抛物线方程知：，，则，， 轴，，又在抛物线上，， . 圆锥曲线综合 考点4 12．（2026·北京·二模）已知椭圆的离心率为，且椭圆C的上顶点、右顶点和坐标原点所构成的三角形面积为． (1)求椭圆的方程和其短轴长； (2)若点在椭圆上，点在直线上，且，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论. 【答案】(1)方程为，短轴长为 (2)相切，证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的几何性质和三角形的面积解方程组可得； （2）先设，由垂直可得，进而可得直线的方程，直接计算圆心到直线的距离并结合点在椭圆上及可得. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，解得①. 又因为椭圆C的上顶点、右顶点和坐标原点O所构成的三角形面积为． 所以，即②. 将①代入②得，所以. 所以椭圆的方程为，短轴长为 （2）因为椭圆方程C: ，所以设，则满足 由，得，即， 所以直线AB的方程：，化简得： 所以原点到直线的距离，代入和， 得 . 即原点到直线的距离为，所以直线和圆相切. 13．（2026·北京东城·二模）已知椭圆：的右焦点为，且经过点. (1)求椭圆W的方程； (2)已知点，.设直线分别与直线，交于点M，N，直线与直线交于点P，直线与直线交于点Q，直线交椭圆W于另一点R，求证：P，Q，R三点共线. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)直接将点代入椭圆方程求解 (2)两点式求直线方程，结合椭圆方程求交点横坐标，通过斜率相等证明三点共线 【详解】（1）由题意得，解得， 所以椭圆W的方程为. （2）由(1)可知，则. 已知， 直线MT满足，即直线的方程为； 直线NT满足，即直线NT的方程为； 令，代入直线MT的方程可得：，解得，所以； 令，代入直线NT的方程可得：，解得，所以； 已知， 直线AT满足，即直线AT方程为， 联立，化简得. 因为是方程的一个根(点A的横坐标)，设， 由韦达定理得，即， 代入得，所以. 当直线斜率存在时，直线PQ的斜率， 直线PR的斜率 因为，且直线PQ与直线PR有公共点P，所以P、Q、R三点共线； 当时，直线MT：，；直线NT：，； 直线AT：，，此时三点均在直线上，所以P、Q、R三点共线； 综上所述，P、Q、R三点共线. 14．（2026·北京西城·二模）在物理实验中，当相互垂直的两个简谐振动的频率比为简单整数比时，示波器上会显示出一条“利萨如曲线”.曲线C：是一条常见的“利萨如曲线”.给出以下四个结论： ①若为曲线C上一点，则，； ②曲线C上两点间距离的最大值为； ③曲线C所围成的区域的面积小于3； ④过原点的直线与曲线C最多有3个公共点. 其中，所有正确结论的序号是__________. 【答案】①③④ 【分析】根据方程求的范围判断①，求出曲线上关于原点对称两点距离的最大值判断②，根据第一象限内曲线所围成面积的范围判断③，直线方程与曲线方程联立，由方程解得个数判断④. 【详解】由方程得，所以，解得，即， 又，所以，即，故①正确； 因为曲线C：的图象关于轴对称，关于原点对称， 则关于原点的对称点也在曲线C上，则，代入，可得， 令，则，对称轴方程为， 所以最大值为，即，故②错误； 由曲线关于两坐标轴对称，所以只看第一象限所围成面积，总的面积为， 第一象限中，，当时，，所以这一部分包含在直角三角形内，面积小于等于， 当时，由①知，所以这部分包含在矩形内，面积小于等于， 因此曲线在第一象限内面积，所以曲线所围成区域面积，故③正确； 若直线过原点斜率不存在时，直线方程，代入曲线的方程，可得，解得，所以直线与曲线C的交点为； 当直线斜率存在时，设直线方程为，代入曲线方程可得，解得或，若，即时，，可得共有3个交点，若，则只有一解，即交点只有1个，故④正确. 15．（2026·北京丰台·二模）已知椭圆的离心率为，以椭圆的焦点和短轴顶点为顶点的四边形是边长为2的菱形. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知为椭圆的左顶点，，为椭圆上两个不同的动点（均不与点重合），且满足直线与直线的斜率之积为.求证：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）根据题意结合离心率可得，，即可得和椭圆方程； （2）设直线，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，根据斜率关系结合韦达定理可得或，进而分析证明. 【详解】（1）由题意可得：，，可得，， 所以椭圆的标准方程为. （2）由题意可知：，直线的斜率存在， 设直线，，， 联立方程，消去y可得， 则，可得， 则，， 因为， 整理可得， 即， 整理可得，解得或， 若，则直线过定点，不合题意； 若，则直线过定点，符合题意； 综上所述：直线过定点. 16．（2026·北京朝阳·二模）已知椭圆的长轴长与短轴长之和为6，焦距为． (1)求椭圆的方程； (2)设为原点，点分别为椭圆上位于第一象限，第二象限内的点，且．当点满足时，求证：点在椭圆上． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意所以可列出关于的方程组，结合即可求解； （2）设点 ，因为，所以可根据向量坐标运算得到、与、、、​的关系，因为、在椭圆上，所以满足椭圆方程，又已知，所以将、代入椭圆的方程，通过代入化简验证是否满足方程，以此证明点在椭圆上. 【详解】（1）由题意得： ，解得，，所以椭圆的方程为. （2）设点，由向量关系，得的坐标为： ，， 要证点在椭圆上，只需证，展开计算： 因为点在椭圆上，故 ， 同理，代入得： ，​ 接下来证明： 由题​​，代入点的椭圆方程 得： ， 又点满足，故。 由点在第一象限得，点在第二象限得， 故，将​代入得： . 因此 满足椭圆方程，故点在椭圆上，得证 . 17．（2026·北京丰台·二模）已知曲线.下列结论正确的是（    ） A．曲线上的任意一点在圆的内部 B．曲线上的任意一点在圆的外部 C．曲线上存在点，使 D．曲线上存在点，使 【答案】C 【分析】举反例说明AB；根据方程结合基本不等式可得，进而判断CD. 【详解】曲线，圆 因为，， 例如点在曲线上，也在圆上，故AB错误； 由可得， 当且仅当时，等号成立， 设，则， 整理可得，解得， 即，且，， 则，， 所以曲线上存在点，使，不存在点，使，故C正确，D错误. 18．（2026·北京西城·二模）已知椭圆（）的左焦点为，点在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程； (2)过点的直线与C交于A，B两点，过点A作AP垂直直线MF于点P，记和的面积分别为和，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将点代入椭圆方程可得，结合焦点可得，进而结合的关系求解即可； （2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得，进而求证即可. 【详解】（1）由点在椭圆C上，得， 而左焦点为，则，即，解得， 则椭圆C的方程为. （2）由题意，直线的斜率显然存在且不为0， 设直线的方程为，，， 联立，得， 则，即或， 且，则， 而 ， ，故. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $