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北京市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-07平面解析几何经典题
一、单选题
1．（2025·北京·高考真题）双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
2．（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．，
3．（2024·北京·高考真题）圆的圆心到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（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
6．（2022·北京·高考真题）若直线是圆的一条对称轴，则（ ）
A． B． C．1 D．
7．（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．
8．（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．
二、填空题
9．（2023·北京·高考真题）设，函数，给出下列四个结论：
①在区间上单调递减；
②当时，存在最大值；
③设，则；
④设．若存在最小值，则a的取值范围是．
其中所有正确结论的序号是____________．
10．（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 ________．
11．（2025·北京·高考真题）已知抛物线的顶点到焦点的距离为3，则________．
12．（2024·北京·高考真题）抛物线的焦点坐标为________．
13．（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____________．
14．（2022·北京·高考真题）已知双曲线的渐近线方程为，则__________．
15．（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_______．
三、解答题
16．（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：．
17．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小．
18．（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．
19．（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．
20．（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分别与直线交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
试卷第1页，共3页
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《北京市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-07平面解析几何经典题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C D B D A C B
1．B
【分析】先将双曲线方程化成标准方程，求出，即可求出离心率．
【详解】由得，，所以，
即，所以，
故选：B．
2．C
【分析】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.
【详解】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.
【点睛】方法点睛：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．
3．D
【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.
【详解】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.
4．B
【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故.
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为
故选：B
5．D
【分析】利用抛物线的定义求解即可.
【详解】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.
6．A
【分析】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．
【详解】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．
7．C
【分析】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
【详解】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.
8．B
【分析】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.
【详解】，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：B
9．②③
【分析】先分析的图像，再逐一分析各结论；对于①，取，结合图像即可判断；对于②，分段讨论的取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知的范围；对于④，取，结合图像可知此时存在最小值，从而得以判断.
【详解】依题意，，
当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；
当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）；
当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；
对于①，取，则的图像如下，

显然，当，即时，在上单调递增，故①错误；
对于②，当时，
当时，；
当时，显然取得最大值；
当时，，
综上：取得最大值，故②正确；
对于③，易知当时，在，且接近于处，的距离最小，

当时，，当且接近于处，，
此时，，
当时，且接近于处，的距离最小，
此时；故③正确；
对于④，取，则的图像如下，

因为，
结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在，
同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径，
此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为，
联立，解得，则，
显然在上，满足取得最小值，
即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故④错误.
故答案为：②③.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得的图像，特别是当时，的图像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可.
10．（或，答案不唯一）
【分析】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.
【详解】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）.
11．
【分析】根据抛物线的几何性质可求的值.
【详解】因为抛物线的顶点到焦距的距离为，故，故，
故答案为：.
12．
【分析】形如的抛物线的焦点坐标为，由此即可得解.
【详解】由题意抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为.
故答案为：.
13．
【分析】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.
【详解】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：
14．
【分析】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；
【详解】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：
15． 5
【分析】根据焦半径公式可求的横坐标，求出纵坐标后可求.
【详解】因为抛物线的方程为，故且.
因为，，解得，故，
所以，
故答案为：5；.
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（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.
【详解】（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.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程；
（2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系.
法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出.
【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，，
故椭圆E的方程为；
（2）联立，消去得，，
整理得，①，
又，所以，，
故①式可化简为，即，所以，
所以直线与椭圆相切，为切点.
设，易知，当时，由对称性可知，．
故设，易知，
联立，解得，
联立，解得，
所以
，
，
故．
法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，．
故设，
联立，解得，
联立，解得，
若，则，
由对称性，不妨取，则，
，，所以，
同理，当时，，
当时，则，，,
又，所以，
所以
，
，
则，即，
所以.
18．(1)
(2)
【分析】（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.
【详解】（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.
19．(1)
(2)
【分析】（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；
【详解】（1）解：依题意可得，，又，
所以，所以椭圆方程为；
（2）若直线斜率不存在，与椭圆只有一个交点，不合题意；
所以直线斜率存在，设过点的直线为，
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
20．（1）；（2）．
【分析】（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.
【详解】（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.
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