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【高考真题汇编】热点压轴题专项训练：平面解析几何-2025年高考数学
1．（2025·吉林·三模）已知分别为椭圆的左、右顶点，，均为椭圆上异于顶点的点，为椭圆上的点，直线经过左焦点，直线经过右焦点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.
2．（2025·重庆·三模）在平面直角坐标系 中，已知动点 与定点 的距离和 到定直线 的距离的比是常数 ． 记 的轨迹为 ．
(1)求 的方程；
(2)设点 ，过点 的直线 交 于 两点，连接 ，若 ，求直线 的方程．
3．（2025·天津·一模）已知椭圆，过右焦点的直线交于A，两点，过点与垂直的直线交于，两点，其中，在轴上方，，分别为AB，DE的中点.当轴时，，椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)证明：直线过定点，并求定点坐标；
(3)设为直线与直线的交点，面积的为，求直线的方程.
4．（2025·湖北宜昌·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且.
(1)求的标准方程；
(2)过的直线交双曲线于两点（两点均位于轴下方，在左，在右），线段与线段交于点，若的面积等于的面积，求.
5．（2025·山东菏泽·二模）抛物线的焦点为，且过点．
(1)求的方程；
(2)过点的一条直线与交于、两点（在线段之间），且与线段交于点．
①证明：点到和的距离相等；
②若的面积等于的面积，求点的坐标．
6．（2025·河南·三模）在平面直角坐标系中，点P是圆上任意一点，点的坐标为，线段的垂直平分线与直线相交于点Q，记动点Q的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程；
(2)已知点，若垂直于x轴的直线与C相交于A，B两点，设直线和C的另外一个交点为D．
（ⅰ）求证：直线过定点E；
（ⅱ）过点E作直线l交C于M，N两点（M，N在y轴右侧），求的面积的最小值．
7．（2025·黑龙江大庆·三模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率，过作，交椭圆于点，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知，是椭圆上关于轴对称的两点，点在椭圆上，直线，分别交轴于，两点.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）若点的坐标为，点为平面上一动点（不在直线上），记直线，，的斜率分别为，，，且满足.判断动点是否在定直线上？若在定直线上，求出该直线的方程；若不在，请说明理由.
8．（2025·河南鹤壁·模拟预测）已知椭圆：上一点处的切线为，两焦点，在上的射影分别为，我们常常把过切点且与切线垂直的直线叫做法线，它平分，因此从一个焦点射出的光线经过切点反射后会经过另一个焦点如图记，，当点不在轴上时，记的面积为若.

(1)求证：；
(2)试探究 是否为定值，如果为定值，求此定值；如果不为定值，请说明理由；
(3)若椭圆的离心率为，且当时，四边形的面积，求椭圆的方程.
9．（2025·甘肃白银·三模）已知双曲线的实轴长为2，且过点为其右焦点．
(1)求双曲线的标准方程．
(2)直线经过点，倾斜角为，与交于两点（点在两点之间），若，求的值．
(3)已知点，过点作直线与交于两点，记直线的斜率分别为，试问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
10．（2025·上海奉贤·二模）如图1，曲线是与组合的．
(1)过点，求的渐近线方程；
(2)，设，，曲线上找一个点，使得达到最小；
(3)若，如图2，存在过点的两条直线，与曲线的交点分别是点、点、点、点，点在第二象限，点在第一象限．是否存在非零实数使得成立，请说明理由．
11．（2025·上海徐汇·二模）对于函数，记.如果是满足的最小正整数，则称是函数的“最小导周期”.
(1)已知函数，其中，求证：对任意实数，都有；
(2)设，，若函数的最小导周期为，记，当实数变化时，求的最小值；
(3)设，，若函数满足对恒成立，且存在使得，试用表示，并证明.
12．（2025·上海杨浦·二模）已知双曲线的标准方程为，点是双曲线右支上的一个动点.
(1)求双曲线的焦点坐标和渐近线方程；
(2)过点分别向两条渐近线作垂线，垂足为点，求的值；
(3)若，如图，过作圆的切线，切点为，交双曲线的左支于点，分别交两条渐近线于点.设，求实数的取值范围.
13．（2025·浙江杭州·二模）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，.
(1)求的方程；
(2)记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率；
(3)设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率.若为定值，求点的坐标.
14．（2025·湖南·三模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，双曲线以椭圆的长轴为实轴，的渐近线方程为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)在第二象限内取椭圆上的一点，连接并延长，与双曲线交于另一点，连接并延长，交椭圆于另一点，若，求四边形的面积；
(3)在（2）的条件下，从直线上取两个不同的点，，使得的面积为45，问：的正切值是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由.
15．（2025·辽宁·模拟预测）如图，已知抛物线，，过的焦点且与垂直的直线交于，两点，．
(1)求的方程；
(2)直线，分别交于点，，，，其中，在轴的上方，记四边形PQST的面积为．
（ⅰ）求的解析式；
（ⅱ）当取何值时，取到最大值？并求出该最大值．
《【高考真题汇编】热点压轴题专项训练：平面解析几何-2025年高考数学》参考答案
1．(1)
(2)，理由见解析
【分析】（1）根据题意，得出方程组，求得，得到椭圆的标准方程；
（2）设且，得到，代入的方程，联立方程组，求得和，结合，即可求得为定值.
【详解】（1）解：由椭圆满足，且右焦点，
可得，解得，所以椭圆的标准方程为.
（2）解：由题意知：椭圆的左、右焦点为，
设，且，
再设，其中，
则，可得，
整理得，同理可得，
则，
所以存在为定值，定值为.
2．(1)；
(2)或．
【分析】（1）设，根据题意得到方程，化简即可；
（2）首先考虑斜率不存在时是否满足题意，再设，联立椭圆得到韦达定理式，计算得的表达式，代入韦达定理式解方程即可.
【详解】（1）设，由题意：，
化简得：；
（2）设点，
①当直线的斜率不存在吋，，
，符合题意；
②当直线的斜率存在时，设，
，
恒成立，
，
由题：动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，
，
，
，
综上：直线的方程为或．
3．(1)；
(2)证明见解析；
(3)或.
【分析】（1）由通径和离心率求出a，b，c的值，得椭圆C的标准方程；
（2）设直线AB和DE的方程，与椭圆方程联立，表示出M，N两点坐标和直线MN的方程，由方程确定所过定点；
（3）由题意得，利用弦长公式可求得、，从而得到．再根据题意列式求解，即可得直线的方程.
【详解】（1）由题意可得，解得，，
则椭圆C的标准方程为．
（2）B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0，
设直线，联立椭圆，消去x得：，
由韦达定理得：，
，
则中点，
由，所以以代替m可得，
所以，
，
化简得，
则过定点．
当时，取，，则过定点；
当时，取，，则过定点；
综上直线MN过定点．
（3）M，N分别为AB，DE的中点，
，
由（2）知，
以代替m可得，
所以，
，所以或
解得，
所以直线的方程为：或.
4．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件得到，再利用点在双曲线上和间的关系，建立方程组，求出，即可求解；
（2）设直线方程为，联立双曲线方程得到，根据条件得到点和点到直线的距离相等，从而可求出，再利用弦长公式，即可求解.
【详解】（1）因为，且，所以焦点，即，
又，由，解得，所以双曲线.
（2）由题知直线斜率不为，设过的直线为，
由，消得到，
则，且
设，则由韦达定理有，
因为，所以，
即点和点到直线的距离相等，
则有，解得，
所以，
故.
5．(1)
(2)①证明见解析；②P.
【分析】（1）将点的坐标代入计算，即可得到抛物线方程；
（2）①联立直线与抛物线方程，结合韦达定理代入计算，即可得到，即可证明；②由题意可得点P在线段AF的中垂线上，即可得到结果.
【详解】（1）因为抛物线过点，所以，得：，所以C的方程为：.
（2）①设直线方程为，，，
由得：，则，
，，
又，
，
易知点，所以垂直于轴，
所以，所以点到和的距离相等.
②因为，所以，
故直线PA//FQ，所以，
由①知，所以，
所以点P在线段AF的中垂线上，点的纵坐标为1，代入抛物线方程可得点P.
6．(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）根据已知及双曲线的定义确定双曲线参数，即可得的轨迹；
（2）（i）设，则，直线，联立双曲线并写出韦达定理，结合化简整理得，即可证；（ii）设，，联立双曲线并应用韦达定理，结合得到，应用换元法及对勾函数性质求其最小值.
【详解】（1）由在线段的垂直平分线上，则，
点是圆上任意点，则，，
所以，
所以的轨迹是以为焦点，实轴长为4的双曲线，
对应双曲线参数为，则轨迹方程为；
（2）（i）设，则，直线，
联立双曲线，得，
，且，，
由，则，
整理得，
又，，
所以，显然直线过定点，得证；
（ii）由直线过点，与双曲线右支交于，故斜率必不为0，
所以，可设，，联立双曲线，
整理得，，则，
则，，
，
令，则，
又在上单调递减，则，此时，即，
所以最小.
7．(1)；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）在，定直线方程为.
【分析】（1）根据给定条件，结合离心率的意义求出即可得椭圆方程.
（2）（ⅰ）设出点的坐标，利用三点共线列式，结合点在椭圆上计算即可；（ⅱ）利用斜率坐标公式，结合已知列式计算得解.
【详解】（1）由椭圆的离心率，得，则，
椭圆的半焦距，由过作，交椭圆于点，，
得，解得，则，
所以椭圆的方程为.
（2）（ⅰ）设，则，
由三点共线，得，则，
同理由三点共线，得，而，
于是，
所以.
（ⅱ）设，直线，
则，由，
得，即，
整理得，
因此，
整理得，而点不在直线上，
即，则，即，
解得，由（ⅰ）知，又，于是，即，
所以动点在定直线上，该定直线方程为.
8．(1)证明见解析
(2)为定值，
(3)
【分析】（1）根据椭圆的定义结合余弦定理，再应用二倍角正弦公式及余弦公式计算证明；
（2）应用弦长计算化简结合关系计算求解；
（3）根据面积公式计算化简结合离心率计算求解即可求出椭圆方程.
【详解】（1）记，，，则，.
在中，
又，两式相减，得，
（2）题意得 故，，则，
由（1）得，，则.
当为椭圆左右顶点时，也满足上式
故，为定值；
（3） ，
，
，
则，
由，知，故椭圆的方程为
9．(1)
(2)
(3)为定值，且该定值为
【分析】（1）根据题意得到，再通过点在双曲线上，构造等式求解即可；
（2）利用点斜式方程得直线的方程为，与双曲线方程联立求出点C，D坐标，最后利用向量的坐标运算求出即可；
（3）设直线方程，与双曲线方程联立，韦达定理，代入两点斜率公式化简求解即可；
【详解】（1）由题意可知，则此双曲线方程为，
把点代入方程，得
所以得，即双曲线的标准方程为．
（2）因为直线经过点，倾斜角为，
所以直线的方程为，由
解得或故得点和点，
则，
由得，解得．
（3）如图，由题意得直线的斜率存在且不可能与轴重合，
设直线的方程为，
由得到
而．
由韦达定理得
则
，
故为定值，且该定值为．
10．(1)
(2)
(3)答案见解析，理由见解析
【分析】（1）将点代入即可求出，再计算渐近线即可；
（2）分和两种情况，设点坐标，利用消元法将问题转化为求一元二次函数在区间上的最小值问题；
（3）设直线和直线的方程，联立方程组求四个点的坐标，再化简即可.
【详解】（1）将点代入，得，得，
所以，渐近线方程：.
（2）因，则，，
①当时，取到最小值时，点一定在上，
设点，则，
则，
当时，则或时，取最小值，此时或，
当时，当时，取最小值，此时；
②当时，取到最小值时，点一定在上，
设点，则，
则 ，
因，则，
故当时， 取最小值，此时.
综上可知，曲线上存在点，使得达到最小.
（3）设，，
设
由，得，则 ，
由 ，得，则 ，
由，得，则 ，
由，得，则 ，
则
，
同理可得，，
若存在非零实数使得成立，则，即，
即，则或，
若，则或，此时直线或的方程为，不符合题意，
故当且、均不为零时，存在非零实数使得成立
11．(1)证明见解析
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据“最小导周期”的定义即可证明；
（2）由题意有对任意实数恒成立，令，得，令，得，根据的取值验证函数的最小导周期为即可得，由可视为点与点之间的距离，利用数形结合即可求解；
（3）记，由在上恒成立及存在使，可知是函数的极大值点，即，，解得，由，得，由得，又，即，即得证.
【详解】（1）证明：因为，
，
，
，
所以，对任意实数，都有.
（2），，
由题意知，对任意实数恒成立，
令，则，即，
令，则，则，
所以或.
若，则，，最小导周期不是，矛盾；
若，则，，，最小导周期为，符合要求，所以.
可视为点与点
之间的距离，当实数变化时，点在直线上运动，点在曲线上运动，
因此所求最小值可转化为曲线上的点到直线距离的最小值，
而曲线在直线上方，平移直线使其与曲线相切，
则切点到直线的距离即为所求.
设切点，，切线斜率，得，切点为，
点到直线距离. 即的最小值为.
（3），，
记，即.
由在上恒成立及存在使，
可知是函数的极大值点，于是，
则①，
又，则②，
由①②得，则.
又因为，
所以，由得，
又因为，
所以，
有，于是，
所以.
12．(1)焦点坐标为，渐近线方程为
(2)
(3)
【分析】（1）根据双曲线方程求出，从而求出焦点坐标与渐近线方程；
（2）设，则，求得双曲线的渐近线方程分别与相应的垂线方程联立，求得交点，，以及、的坐标，由向量数量积的坐标表示，化简整理，即可得解；
（3）设切点，则切线的方程为，且，联立直线与曲线方程，消元，列出韦达定理，利用弦长公式表示出、，从而得到的式子，再根据的取值范围计算可得.
【详解】（1）双曲线的标准方程为，则，
所以双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为；
（2）设，则，
由，解得，所以，
由，解得，所以，
所以，，
所以
，
即．
（3）设切点，则切线的方程为，且，
由，解得，所以，
设，，，，
由，消去得，所以；
由，消去得，所以；
所以，，
所以
，
又，所以，
因为，所以，所以，所以，
即.
13．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意得到，即可求解；
（2）设直线的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理即可求解；
（3）由（2）结合两点斜率公式即可求解.
【详解】（1）由题意知，所以抛物线方程为.
（2）
由题意可设直线的方程为，，，则，，.
所以，得，
所以，.
所以直线的方程为：，与直线的方程联立消去，
解得，同理.
所以.所以.
所以直线的斜率为.
（3）设，
因为.
因为，.
所以，
当时，为定值.所以.
14．(1)
(2)
(3)存在，，理由见解析
【分析】（1）先从椭圆方程得出左右顶点坐标，再根据双曲线以椭圆长轴为实轴确定双曲线实半轴，最后由双曲线渐近线方程求出虚半轴，进而得到双曲线方程.
（2）利用向量关系得出点坐标，将、分别代入椭圆和双曲线方程，消元求解坐标，再求出直线方程与椭圆联立得横坐标，证明垂直轴，最后根据三角形面积求四边形面积.
（3）先求点到直线的距离，由三角形面积求出弦长，根据面积公式，结合正切函数性质，得到最大值情况，再用二倍角公式求最大值.
【详解】（1）椭圆，其长轴在轴，，、是左右顶点，所以，.
双曲线以椭圆长轴为实轴，所以双曲线实半轴.
双曲线渐近线方程，即，
所以，，则，方程为.
（2）设，，，根据中点坐标公式得.
在椭圆，在双曲线，代入方程得，消去：
由得，代入双曲线方程化简得，
解得或（时与重合，舍去）.
把代入椭圆方程得，所以，.
已知，用两点式得直线方程，代入椭圆方程得，解得或（是横坐标，舍去），所以，则轴.
四边形面积.
（3）直线方程，根据点到直线距离公式，
到直线距离.
已知，则.
设，，可得.
在中，根据余弦定理.
由基本不等式（当且仅当时等号成立），可得.
已知，则，所以，整理可得.
利用三角函数的二倍角公式，，对进行化简：
所以，当且仅当时等号成立.
因为，且（是三角形内角，，则），所以，存在最大值.
根据正切的二倍角公式，将代入可得：
即.
15．(1)
(2)（ⅰ））；（ⅱ）当时，取得最大值为
【分析】（1）设直线方程为，，，联立方程组，由，得，从而得解的值；
（2）（ⅰ）依题意得，，从而得四边形PQST的面积；
（ⅱ）令，则，，利用导数求最值.
【详解】（1）设直线方程为，，，
联立整理得，
所以，
又，，易知，
所以，
即，
所以，
又，所以，解得，
故的方程为．
（2）
（ⅰ）将代入，得，
将代入，得，
故四边形PQST的面积
，
所以()．
（ⅱ）令，
则，，
设，
则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故当时，取得最大值为，
所以当时，取得最大值为．
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