（2021-2025）5年高考1年模拟数学真题分类汇编专题06 圆锥曲线 （北京专用）（解析版）

五年（2021-2025）高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题06圆锥曲线考点五年考情（2021-2025）命题趋势考点1直线与圆（5年2考）2024北京卷、2022北京卷分析近五年北京卷高考命题情况，圆锥曲线相关内容是高考热点。在题型分布上，选择填空题侧重对双曲线和抛物线的考查，主要检验考生对这两种曲线基本性质、方程特点等基础知识的掌握程度。而解答题则聚焦于直线与椭圆的综合问题，这类问题综合性强。它涉及直线与圆锥曲线关系中的诸多方面，如求弦长、面积，探究弦中点、定点、定值，确定参数取值范围以及求解最值等。备考时，考生需对双曲线、抛物线的基础知识烂熟于心，同时针对直线与椭圆综合问题加强训练，掌握解题思路与方法，提升综合运用知识的能力。考点2椭圆方程及其性质（5年5考）2025北京卷、2024北京卷、2023北京卷、2022北京卷、2021北京卷考点3双曲线方程及其性质（5年5考）2025北京卷、2024北京卷、2023北京卷、2022北京卷、2021北京卷考点4抛物线方程及其性质（5年4考）2025北京卷、2024北京卷、2023北京卷、2021北京卷考点5新定义（5年2考）2024北京卷、2022北京卷考点01直线与圆1．（2024·北京·高考真题）圆的圆心到直线的距离为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】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.2．（2022·北京·高考真题）若直线是圆的一条对称轴，则（

）A． B． C．1 D．【答案】A【解析】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．考点02椭圆方程及其性质3．（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．【解析】（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，则，，,又，所以，所以，，则，即，所以.4．（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．【解析】（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.5．（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：．【解析】（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.6．（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．【解析】（1）依题意可得，，又，所以，所以椭圆方程为；（2）依题意过点的直线为，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7．（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．【解析】（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.考点03双曲线方程及其性质8．（2025·北京·高考真题）双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由得，，所以，即，所以，故选：B．9．（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．【答案】（或，答案不唯一）【解析】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）.10．（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．【答案】【解析】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：11．（2022·北京·高考真题）已知双曲线的渐近线方程为，则．【答案】【解析】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：12．（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．【答案】B【解析】，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考点04抛物线方程及其性质13．（2025·北京·高考真题）已知抛物线的顶点到焦点的距离为3，则．【答案】【解析】因为抛物线的顶点到焦距的距离为，故，故，故答案为：.14．（2024·北京·高考真题）抛物线的焦点坐标为．【答案】【解析】由题意抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为.故答案为：.15．（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【答案】D【解析】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.16．（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．【答案】5【解析】因为抛物线的方程为，故且.因为，，解得，故，所以，故答案为：5；.考点05新定义17．（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．，【答案】C【解析】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.18．（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．【答案】B【解析】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

1．（2025·北京·三模）已知直线与圆交于、两点，则的最小值为（

）A．5 B．10 C． D．【答案】D【解析】根据题意，圆，圆心的坐标为，半径，直线，恒过定点，且点在圆内，当直线与垂直时，弦最小，此时，则的最小值为.故选：D2．（2025·北京大兴·三模）已知抛物线：的焦点为，准线为，与轴平行的直线与和分别交于，两点，且，则（

）A． B．2 C． D．4【答案】D【解析】由抛物线定义可知，因为，所以为等边三角形，故，，所以，其中准线与轴交点为，则，故，所以.故选：D3．（2025·北京大兴·三模）已知直线：与圆：，则（

）A．与相离 B．与相切C．平分 D．与相交但不平分【答案】C【解析】已知圆：，则圆心为，半径为，圆心到直线的距离，即直线经过圆心.故选：C.4．（2025·北京大兴·三模）已知点是准线为的抛物线上一动点，于点，点，则的最小值是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】由题意抛物线的焦点为，由抛物线的定义可得：，则，当且仅当、、三点共线时取等号．即的最小值是3．故选：C.5．（2025·北京海淀·三模）已知双曲线，若双曲线的左、右两支上各存在一点、，使为等边三角形，则该双曲线离心率的一个可能取值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为为等边三角形，由对称性可知，、关于轴对称，如下图所示，要使为等边三角形，需，其中是轴正方向的单位向量．故斜率为正的渐近线与轴正半轴的夹角应大于，所以渐近线斜率．故．所以只有D选项符合题意．故选：D.6．（2025·北京·三模）已知图形T的面积为S，给出下列四个结论：①T是中心对称图形②T是轴对称图形③S=1④S=2其中所有正确的结论是（

）A．①③ B．①④C．②③ D．②④【答案】D【解析】根据题意曲线形成的图形由去线与即所围成，点集T为阴影部分，根据图像可知，图形T关于轴对称非中心对称图，故②正确；根据对称性，把左边对称补齐到右边，，所以图形T的面积为，故选：D.7．（2025·北京·三模）经过点，半径为2的圆的圆心为A，则点A到直线的距离最大值为（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】已知圆经过点，半径为，设圆心的坐标为，可得圆心到点的距离为，即，化简可得，所以圆心的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆.可得原点到直线的距离为：，所以点到直线的距离最大值为原点到直线的距离加上圆的半径，即.故选：B.8．（2025·北京东城·模拟预测）设直线经过抛物线的焦点，为直线上任意一点，过总能作圆的切线，则直线斜率的最大值为（

）．A． B． C． D．1【答案】B【解析】由题意可知直线与圆不相交，则圆心到直线的距离大于等于半径，即，由抛物线可得焦点，易知直线的斜率存在，设为，则直线，由，则，整理可得，解得，所以直线的斜率的最大值为.故选：B.9．（2025·北京丰台·二模）已知抛物线的焦点为，准线为．过的直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为．若四边形的周长等于，则直线的斜率为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由抛物线的定义可知，，，则四边形的周长为，则，设直线的倾斜角为，则，则或，则，则直线的斜率为.故选：C10．（2025·北京昌平·二模）已知半径为1的圆经过原点，其圆心到直线的距离为，则的最大值为（

）．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解析】因为半径为1的圆经过原点，所以其圆心的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，而原点到直线的距离为，所以圆心到直线的距离的最大值为.故选：D.11．（2025·北京朝阳·二模）若直线与双曲线没有公共点，则双曲线C的离心率的一个取值为．【答案】3（答案不唯一）【解析】的渐近线为，且焦点在轴上，由题知：，因，解得，所以离心率，故离心率的一个取值可以为3.故答案为：3(答案不唯一).12．（2025·北京东城·二模）已知曲线.给出下列四个结论：①曲线为中心对称图形；②曲线与直线有两个交点；③曲线恰好经过两个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；④曲线上任意两点，，当时，.其中正确结论的序号是.【答案】①③【解析】对于①，假设曲线的对称中心为，将对称点代入原方程：，整理得，与原方程比较系数，有，解得，说明曲线关于点对称，故①正确；对于②，联立与，消去并整理可得，此时，故曲线与直线有一个交点，故②错误；对于③，当时，原方程不成立，故曲线可变形为，若横、纵坐标均为整数，则必须为整数，故或；当时，，当时，，故曲线恰好经过两个整点和，故③正确；对于④，由③可知，因为，令，，，，当且仅当即时等号成立，同理，由①知曲线关于点成中心对称，所以当和都最小时，三点共线，此时最小，所以，故④错误.故选：①③13．（2025·北京昌平·二模）已知曲线，给出下列四个结论：①曲线关于轴对称；②当时，曲线上任意一点到点，的距离均不超过；③曲线与直线围成图形的面积小于5；④经过点且与平行的直线与曲线的所有交点的横、纵坐标均为有理数．其中所有正确结论的序号是．【答案】①③④【解析】由曲线，用代换方程中的，方程不变，所以曲线关于轴对称，所以①正确；设曲线上的一点，其中，则点到点的距离为，当时，可得，所以点到点的距离可以超过，所以②不正确；当时，可得，即；当时，可得，即；令，可得，所以为增函数，令，可得，所以为单调递增函数，所以的增长趋势越来越快，可得曲线大致图象如图所示，可得梯形的面积为，所以曲线与直线围成图形的面积小于5，所以③正确；过点且与直线平行的直线方程为，联立方程组，整理得，整理得，解得或，当时，可得；当时，可得，所以经过点且与平行的直线与曲线的所有交点的横、纵坐标均为有理数，所以④正确．故答案为：①③④.14．（2025·北京东城·二模）已知直线与抛物线在第一象限交于点，过点作轴的垂线，垂足为抛物线的焦点，则；若该抛物线的准线上的点到点与点的距离之和的最小值为，则.【答案】【解析】对于抛物线，其焦点坐标为.因为过点作轴的垂线，垂足为抛物线的焦点，所以点的横坐标为.将代入抛物线方程，可得，因为点在第一象限，所以，即.已知直线过点，将点的坐标代入直线方程可得，因为，两边同时除以得；当时，已知，焦点，准线为.设焦点关于准线的对称点，则.因为，故其最小值为，又.所以，可得.故答案为：；.15．（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【解析】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.16．（2025·北京·三模）已知椭圆：过，两点.(1)求椭圆的方程；(2)设，，过点的直线与椭圆交于两点，连接、交x轴于两点（不重合），已知，求直线的方程.【解析】（1）将，代入椭圆的方程可得，解得，所以椭圆的方程为.（2）结合题意可知，直线的斜率存在，又，设直线方程为，，如下图所示：联立，整理可得，所以可得，且，可得，即或；因为，所以、的斜率分别为，因此直线、的方程分别为，则交点的坐标为；结合可知，即,也即，整理可得，又，可得，又因为，将代入，可得，解得，所以，代入计算可得，解得，即或，经检验符合题意，所以直线的方程为或.17．（2025·北京大兴·三模）已知椭圆：（）的短轴长为，过左焦点作两条互相垂直的直线，，分别交椭圆于，和，四点．设，的中点分别为，．(1)求椭圆的方程；(2)直线是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由．【解析】（1）因为椭圆的左焦点，所以，又短轴长为，所以，由可得，故椭圆的方程为.（2）当直线和斜率存在时，设直线方程为：，设，，则有中点，联立方程，消去得：，由韦达定理得：，所以的坐标为，将上式中的换成，同理可得的坐标为，若，即，，此时直线斜率不存在，直线过定点；当时，即直线斜率存在，则，直线为，令，得，此时直线过定点，显然当直线或斜率不存在时，直线就是轴，也会过，综上所述：直线经过定点，定点坐标为.18．（2025·北京海淀·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线交椭圆于、两点，点在第一象限．(1)求椭圆的焦距；若，求点的坐标；(2)若轴，垂足为，连结并延长交椭圆于点，取线段中点，求证：．【解析】（1）设椭圆长轴长、短轴长、焦距分别为．依题意，，，所以椭圆焦距为；设点，而，则，于是，即，由点在椭圆上，得，解得，，由点在第一象限，得，则，所以点的坐标为.（2）方法1：设点，，，则，依题意，点与点关于原点对称，即，显然直线斜率存在且不为0，设直线，代入中得，，，设，则，，，即，直线斜率，由在直线上，得，即，于是直线的斜率，，即，又为线段中点，所以．方法2：设点，，，则，依题意，点与点关于原点对称，即，直线斜率，直线，联立直线与椭圆方程得：，必有，设，则，，，即，直线斜率，而直线斜率，则，即，又为线段中点，所以．方法3：设点，，，则，依题意，点与点关于原点对称，即，直线斜率，直线，联立直线与椭圆方程得：，显然，设，则，，于是，，点，，又，则，即，因此是直角三角形，又为斜边中点，所以.方法4：设，与椭圆联立，得，，而点在第一象限，则，，点，直线的斜率，直线，令，则，与椭圆联立得，显然，线段中点，有，，点，于是直线斜率，，又为中点，所以.19．（2025·北京·三模）已知椭圆过点，焦距为过点的直线与椭圆交于两个不同的点，已知点，为直线上一点，且直线.(1)求椭圆的方程及离心率；(2)求的横坐标.【解析】（1）由题意可知，，由焦距，则，所以，所以椭圆方程为，离心率（2）若斜率不存在，则，则；设直线方程，，则，消元可得；则，设，由点是直线上一点，，则存在，使得，则，由,则，故，代入可得，,故点的横坐标为.20．（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．【解析】（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.专题06圆锥曲线考点五年考情（2021-2025）命题趋势考点1直线与圆（5年2考）2024北京卷、2022北京卷分析近五年北京卷高考命题情况，圆锥曲线相关内容是高考热点。在题型分布上，选择填空题侧重对双曲线和抛物线的考查，主要检验考生对这两种曲线基本性质、方程特点等基础知识的掌握程度。而解答题则聚焦于直线与椭圆的综合问题，这类问题综合性强。它涉及直线与圆锥曲线关系中的诸多方面，如求弦长、面积，探究弦中点、定点、定值，确定参数取值范围以及求解最值等。备考时，考生需对双曲线、抛物线的基础知识烂熟于心，同时针对直线与椭圆综合问题加强训练，掌握解题思路与方法，提升综合运用知识的能力。考点2椭圆方程及其性质（5年5考）2025北京卷、2024北京卷、2023北京卷、2022北京卷、2021北京卷考点3双曲线方程及其性质（5年5考）2025北京卷、2024北京卷、2023北京卷、2022北京卷、2021北京卷考点4抛物线方程及其性质（5年4考）2025北京卷、2024北京卷、2023北京卷、2021北京卷考点5新定义（5年2考）2024北京卷、2022北京卷考点01直线与圆1．（2024·北京·高考真题）圆的圆心到直线的距离为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】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.2．（2022·北京·高考真题）若直线是圆的一条对称轴，则（

）A． B． C．1 D．【答案】A【解析】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．考点02椭圆方程及其性质3．（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．【解析】（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，则，，,又，所以，所以，，则，即，所以.4．（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．【解析】（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.5．（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：．【解析】（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.6．（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．【解析】（1）依题意可得，，又，所以，所以椭圆方程为；（2）依题意过点的直线为，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7．（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．【解析】（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.考点03双曲线方程及其性质8．（2025·北京·高考真题）双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由得，，所以，即，所以，故选：B．9．（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．【答案】（或，答案不唯一）【解析】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）.10．（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．【答案】【解析】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：11．（2022·北京·高考真题）已知双曲线的渐近线方程为，则．【答案】【解析】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：12．（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．【答案】B【解析】，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考点04抛物线方程及其性质13．（2025·北京·高考真题）已知抛物线的顶点到焦点的距离为3，则．【答案】【解析】因为抛物线的顶点到焦距的距离为，故，故，故答案为：.14．（2024·北京·高考真题）抛物线的焦点坐标为．【答案】【解析】由题意抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为.故答案为：.15．（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【答案】D【解析】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.16．（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．【答案】5【解析】因为抛物线的方程为，故且.因为，，解得，故，所以，故答案为：5；.考点05新定义17．（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．，【答案】C【解析】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.18．（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．【答案】B【解析】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

1．（2025·北京·三模）已知直线与圆交于、两点，则的最小值为（

）A．5 B．10 C． D．【答案】D【解析】根据题意，圆，圆心的坐标为，半径，直线，恒过定点，且点在圆内，当直线与垂直时，弦最小，此时，则的最小值为.故选：D2．（2025·北京大兴·三模）已知抛物线：的焦点为，准线为，与轴平行的直线与和分别交于，两点，且，则（

）A． B．2 C． D．4【答案】D【解析】由抛物线定义可知，因为，所以为等边三角形，故，，所以，其中准线与轴交点为，则，故，所以.故选：D3．（2025·北京大兴·三模）已知直线：与圆：，则（

）A．与相离 B．与相切C．平分 D．与相交但不平分【答案】C【解析】已知圆：，则圆心为，半径为，圆心到直线的距离，即直线经过圆心.故选：C.4．（2025·北京大兴·三模）已知点是准线为的抛物线上一动点，于点，点，则的最小值是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】由题意抛物线的焦点为，由抛物线的定义可得：，则，当且仅当、、三点共线时取等号．即的最小值是3．故选：C.5．（2025·北京海淀·三模）已知双曲线，若双曲线的左、右两支上各存在一点、，使为等边三角形，则该双曲线离心率的一个可能取值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为为等边三角形，由对称性可知，、关于轴对称，如下图所示，要使为等边三角形，需，其中是轴正方向的单位向量．故斜率为正的渐近线与轴正半轴的夹角应大于，所以渐近线斜率．故．所以只有D选项符合题意．故选：D.6．（2025·北京·三模）已知图形T的面积为S，给出下列四个结论：①T是中心对称图形②T是轴对称图形③S=1④S=2其中所有正确的结论是（

）A．①③ B．①④C．②③ D．②④【答案】D【解析】根据题意曲线形成的图形由去线与即所围成，点集T为阴影部分，根据图像可知，图形T关于轴对称非中心对称图，故②正确；根据对称性，把左边对称补齐到右边，，所以图形T的面积为，故选：D.7．（2025·北京·三模）经过点，半径为2的圆的圆心为A，则点A到直线的距离最大值为（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】已知圆经过点，半径为，设圆心的坐标为，可得圆心到点的距离为，即，化简可得，所以圆心的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆.可得原点到直线的距离为：，所以点到直线的距离最大值为原点到直线的距离加上圆的半径，即.故选：B.8．（2025·北京东城·模拟预测）设直线经过抛物线的焦点，为直线上任意一点，过总能作圆的切线，则直线斜率的最大值为（

）．A． B． C． D．1【答案】B【解析】由题意可知直线与圆不相交，则圆心到直线的距离大于等于半径，即，由抛物线可得焦点，易知直线的斜率存在，设为，则直线，由，则，整理可得，解得，所以直线的斜率的最大值为.故选：B.9．（2025·北京丰台·二模）已知抛物线的焦点为，准线为．过的直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为．若四边形的周长等于，则直线的斜率为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由抛物线的定义可知，，，则四边形的周长为，则，设直线的倾斜角为，则，则或，则，则直线的斜率为.故选：C10．（2025·北京昌平·二模）已知半径为1的圆经过原点，其圆心到直线的距离为，则的最大值为（

）．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解析】因为半径为1的圆经过原点，所以其圆心的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，而原点到直线的距离为，所以圆心到直线的距离的最大值为.故选：D.11．（2025·北京朝阳·二模）若直线与双曲线没有公共点，则双曲线C的离心率的一个取值为．【答案】3（答案不唯一）【解析】的渐近线为，且焦点在轴上，由题知：，因，解得，所以离心率，故离心率的一个取值可以为3.故答案为：3(答案不唯一).12．（2025·北京东城·二模）已知曲线.给出下列四个结论：①曲线为中心对称图形；②曲线与直线有两个交点；③曲线恰好经过两个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；④曲线上任意两点，，当时，.其中正确结论的序号是.【答案】①③【解析】对于①，假设曲线的对称中心为，将对称点代入原方程：，整理得，与原方程比较系数，有，解得，说明曲线关于点对称，故①正确；对于②，联立与，消去并整理可得，此时，故曲线与直线有一个交点，故②错误；对于③，当时，原方程不成立，故曲线可变形为，若横、纵坐标均为整数，则必须为整数，故或；当时，，当时，，故曲线恰好经过两个整点和，故③正确；对于④，由③可知，因为，令，，，，当且仅当即时等号成立，同理，由①知曲线关于点成中心对称，所以当和都最小时，三点共线，此时最小，所以，故④错误.故选：①③13．（2025·北京昌平·二模）已知曲线，给出下列四个结论：①曲线关于轴对称；②当时，曲线上任意一点到点，的距离均不超过；③曲线与直线围成图形的面积小于5；④经过点且与平行的直线与曲线的所有交点的横、纵坐标均为有理数．其中所有正确结论的序号是．【答案】①③④【解析】由曲线，用代换方程中的，方程不变，所以曲线关于轴对称，所以①正确；设曲线上的一点，其中，则点到点的距离为，当时，可得，所以点到点的距离可以超过，所以②不正确；当时，可得，即；当时，可得，即；令，可得，所以为增函数，令，可得，所以为单调递增函数，所以的增长趋势越来越快，可得曲线大致图象如图所示，可得梯形的面积为，所以曲线与直线围成图形的面积小于5，所以③正确；过点且与直线平行的直线方程为，联立方程组，整理得，整理得，解得或，当时，可得；当时，可得，所以经过点且与平行的直线与曲线的所有交点的横、纵坐标均为有理数，所以④正确．故答案为：①③④.14．（2025·北京东城·二模）已知直线与抛物线在第一象限交于点，过点作轴的垂线，垂足为抛物线的焦点，则；若该抛物线的准线上的点到点与点的距离之和的最小值为，则.【答案】【解析】对于抛物线，其焦点坐标为.因为过点作轴的垂线，垂足为抛物线的焦点，所以点的横坐标为.将代入抛物线方程，可得，因为点在第一象限，所以，即.已知直线过点，将点的坐标代入直线方程可得，因为，两边同时除以得；当时，已知，焦点，准线为.设焦点关于准线的对称点，则.因为，故其最小值为，又.所以，可得.故答案为：；.15．（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【解析】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