2026年上海高考数学最后冲刺复习题号猜押04 上海卷高考数学第20题（解答题）（解析版）

题号猜押04上海卷高考数学第20题（解答题）

溯源

考点3年考题考情分析

由直线与圆的位置关系求参数、椭圆中存在定点满足某条件问

2025年第20题题、求椭圆的离心率或离心率的取值范围、椭圆中向量点乘问

题

由双曲线的离心率求参数的取值范围、双曲线中向量点乘问题、

解析几何2024年第20题

判断点和双曲线的位置关系

抛物线定义的理解、求直线与椭圆的交点坐标、抛物线中的参

2023年第20题

数范围问题、直线与抛物线交点相关问题

预测

1.通常位于解答题中后部（如第19或20题），分值在18分，是区分考生数学能力（尤其是运算能力和

思维韧性）的关键题目。

2.不会单纯沦为“暴力计算”题。题目将保留鲜明的几何背景（如圆锥曲线的光学性质、三角形特征等），

要求考生先用几何眼光分析，再选择合适的代数工具（方程、向量、参数）进行转化和求解。

3.对韦达定理的应用将不再停留在套用层面，而是要求能灵活进行复杂的代数式变形和整体处理，这是简

化运算的核心技巧。

4.向量作为沟通几何与代数的天然工具，在上海卷解析几何中应用频繁，可能以向量形式给出条件（如数

量积、共线），或要求用向量方法证明几何结论。

备考核心

1.熟练掌握椭圆、双曲线、抛物线的标准方程、几何性质、参数方程。理解圆与直线、圆锥曲线与直线的

位置关系判别（判别式法、几何法）。将向量、三角函数、不等式、函数最值等知识与解析几何建立联系。

2.重点掌握：（1）求轨迹方程的几种方法（直译法、定义法、相关点法、参数法）；（2）处理定点、定

值、最值问题的通用思路（设参→联立→韦达→表达目标→化简论证）（3）探索性问题的解题规

范。

3.解答题步骤要完整。从“设”、“列”到“化”、“得”，每一步变形要有依据。对使用韦达定理、判

别式等要写出前提条件。最终结论要明确。

考点1椭圆的综合问题

3

【典例1】（2026·上海长宁·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为F11,0，F21,0，且经过点P1,．

2

(1)求该椭圆的离心率；

(2)点Q为椭圆上一点，且位于第三象限，若PQF2的面积为3，求点Q的坐标；

(3)A，B，C，D是椭圆上不重合的四个点，AB与CD相交于点F1，且ABCD0，求ABCD的取值范

围．

x2y2

【解】（1）设椭圆的标准方程为1，a0，b0，由已知可得c1，

a2b2

319

因为点P1,在椭圆上，所以1，

2a24b2

又a2b21，所以a24，b23，

x2y2

所以椭圆方程为1，

43

c1

所以e；

a2

533

（2）①PF，直线PF的解析式为yx，

22244

12

因为PQF的面积为3，所以PF边上的高为，

225

39

过Q做PF的平行线，则直线QR的解析式为yx，

244

x2y2

1

43

联立方程组，

39

yx

44

11

x1x

117

解得：3或，

y115

2y1

14

31115

所以点Q的坐标为1,或,；

2714

（3）①若AB或CD垂直于x轴，则ABCD7，

②若AB和CD不垂直于x轴，

设直线AB的解析式为ykx1，点Ax1,y1，Bx2,y2，

x2y2

1

联立方程组43，得34k2x28k2x4k2120，

ykx1

8k24k212

从而xx，xx，

1234k21234k2

2

8k24k21212k1

2，

AB1k2422

34k34k34k

12k21

同理CD，

43k2

2242

12k112k184k2k11

ABCD224271，

212

34k43k12k25k1212k25

k2

1248

因为12k22549，所以ABCD7，

k27

48

综上，ABCD的取值范围是,7.

7

x2y22

【变式1】已知椭圆E:1(ab0)的离心率为，且过点(2,1)．圆O:x2y22的切线l与椭圆

a2b22

E相交于A，B两点．

(1)求椭圆E的方程；

(2)直线OA，OB的斜率存在为k1，k2，直线l的斜率存在为k，若kk1k2，求直线l的方程；

(3)直线OA，OB与圆O:x2y22的另一个交点分别为C，D，求△OAB与OCD的面积之和的取值范围．

41

c2

【解】（1）由e可得a2b，又椭圆过点(2,1)，则有221，

a2ab

将两方程联立，解得a6,b3，

x2y2

故椭圆E的方程为1；

63

（2）依题意，设l:ykxm，因直线l:ykxm与圆O:x2y22相切，

|m|

故有:2，整理得，m22(k21)，①

k21

ykxm

222

由x2y2消去y，整理得，(2k1)x4kmx2m60，

1

63

4km

xx

122k21

显然0，设A(x,y),B(x,y)，则，

11222m26

xx

122k21

222222

22k(2m6)4km2m6k

则y1y2(kx1m)(kx2m)kx1x2mk(x1x2)mm，

2k212k212k21

yym26k22k21m26k224k2

于是kk12，将①式代入得，，

12222k1k221

x1x22k12m62m64k2

即OAOB恒成立，则kk1k21，代入①式，可得，m2，

故直线l的方程为yx2；

（3）当直线l的斜率不存在时，l:x2，利用对称性，可取l:x2，

代入椭圆方程得A(2,2),B(2,-2),

11

此时△OAB与OCD的面积之和S222(2)23；

22

4km

xx

122k21

当直线l的斜率存在为k时，l:ykxm，仿上可得，，

2m26

xx

122k21

16k2m24(2m26)

则|AB|1k2(xx)24xx1k2

1212(2k21)22k21

8(6k2m23)4k214k45k21

1k2221k222，

(2k21)2(2k21)24k44k21

于是，△OAB与OCD的面积之和为：

114k45k21

SSS|AB|2(2)221,

OABOCD224k44k21

k21

即S21421211

21.

4k4k14k4

k2

212

因k20，4k244，当且仅当k时等号成立，

k22

1

130,

此时S21121，又21则S3,

4424k24

k

3

即3S21.

2

3

综上所述，△OAB与OCD的面积之和的取值范围为[3,21].

2

x2y2

【变式2】（2026·上海浦东模拟）已知椭圆C：1，F1、F2分别为左、右焦点，直线l过F2交椭圆

84

于A、B两点.

(1)求椭圆的离心率；

(2)当F1AB90，且点A在x轴上方时，求A、B两点的坐标；

yySS

(3)若直线AF1交轴于M，直线BF1交轴于N，是否存在直线l，使得F1ABF1MN？若存在，求出直线l的

方程；若不存在，请说明理由.

【解】（1）由椭圆方程知，a22，b2，

所以ca2b22，

c22

所以离心率e.

a222

（2）F12,0，F22,0，设Ax1,y1，且y10.

所以AF1x12,y1，AF2x12,y1，

22

F1AB90F1AF290，AF1AF2x14y10，

222

x1y12x1

又A在椭圆上，满足1，即y141，

848

2

2x1

x14410，解得x10，即A0,2.

8

所以直线AB：yx2，

8

yx2x

3x0

联立x2y2，解得或，

12y2

84y

3

82

所以B,；

33

（3）设Ax1,y1，Bx2,y2，M0,y3，N0,y4，

直线l：xmy2，

xmy2

22

联立x2y2，得m2y4my40.

1

84

4m4

则yy，yy.

12m2212m22

y2y

11

直线AF1的方程：yx2，令x0得M纵坐标y3；

x12x12

y2y

22

直线BF1的方程：yx2，令x0得N的纵坐标y4.

x22x22

11

则SFFyy2yy，SFOyyyy.

F1AB2121212F1MN213434

SS

若F1ABF1MN，即2y1y2y3y4，

2y12y22y12y28y1y2

y3y42y1y2，

x12x22my14my24my14my24

2

my14my244，my1y24my1y2164，

4m24m

代入根与系数的关系，得4m164，解得m3.

m22m22

存在直线x3y20或x3y20满足题意.

考点2双曲线的综合问题

x2y2

【典例2】（2025·上海长宁·二模）已知双曲线:1的左、右焦点分别为F1,F2，点A是其左顶点，

a2b2

点P是双曲线上一点，且位于第一象限，若双曲线的离心率e2,b23．

(1)求双曲线的方程；

(2)若三角形APF2是等腰三角形，求点P的坐标；

(3)直线PF2不垂直于x轴，且与曲线的另一个交点为Q，若PF1Q是锐角，求直线PF2的斜率的取值范围．

c

【解】（1）设半焦距为c，则1即c2a，而b23，故c2a212，

a

x2y2

故a2，c4，故双曲线的方程为：1.

412

（2）由（1）得F24,0，A2,0，

因为P在第一象限，故设Pm,n，其中m2,n0，

因为三角形APF2是等腰三角形，故APPF2或AF2PF2或AF2PA，

24

若APPF，则P在AF的中垂线上，则m12，舍；

222

若AF2PF2，则AF2ac6，故PF26，

m2n2

1m4

故412，解得，故P4,6.

22n6

m4n36

m2n2

1351

412m

222

若AF2PA，同理有m2n36，，

31025

m2n

2

35131025

故P,，

22

35131025

综上，P4,6或P,.

22

（3）

设直线PF2:yk(x4)，设Px1,y1,Qx2,y2，

而F14,0，故PF14x1,y1,QF14x2,y2，

因为PF1Q是锐角，故x14x24y1y20，

2

所以x14x24kx14x240，

222

整理得到1kx1x244kx1x21616k0，

yk(x4)

2222

由22可得3kx8kx16k120，

3xy12

4222

故3k20且Δ64k43k16k12144k1440，

8k216k212

且xx,xx，因为点P在第一象限，所以k3或k0，

123k2123k2

16k2128k2

又1k244k21616k20，

3k23k2

97k237

整理得：0，故k0或k3或k3.

3k27

y2

【变式1】（2026·上海金山·月考）已知双曲线x21的右焦点为F，右顶点为A，过焦点F的直线与

3

1

的右支交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与直线x交于M，N两点，记△APQ的面积为S1，AMN的

2

面积为S2.

(1)求双曲线的离心率；

(2)求证：kAPkAQ为定值；

S

(3)求1的取值范围.

S2

c

【解】（1）由题意得a1，c132，∴e2.

a

（2）证明：由题意知A(1,0)，F(2,0)，

设直线PQ的方程为xmy2(m0)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)

xmy2

联立方程组2，得22，

2y(3m1)y12my90

x1

3

11

因为过焦点F的直线与的右支交于P，Q两点，故3，0m2.

m3

12m9

则yy，yy，

123m21123m21

9

yyyy2

则kk12123m19；

APAQx1x1m2yymyy19m212m2

1212121

3m213m21

33

当直线PQ斜率不存在时，P(2,3)，Q(2,3)，kk9，

APAQ2121

故kAPkAQ为定值.

11

（3）由题意可得SAFyyyy，

1212212

y11y11y1

直线AP的方程为y(x1)，则yM，

x112x112my11

y21y21y2

直线AQ的方程为y(x1)，则yN，

x212x212my21

111y1y21y1y2

则S2yMyN2.

228my11my218my1y2m(y1y2)1

S4

12

所以4my1y2m(y1y2)12，

S23m1

4

21224

由于0m.即03m1，03m11，故2，

33m1

当直线PQ斜率不存在时，P(2,3)，Q(2,3)，直线AP方程为y3(x1)，

1

16

1313S12

直线AQ方程为y3(x1)，可得M,，N,，4，

2222S11

23

22

S

综上1的取值范围为[4,).

S2

x2y2

【变式2】（2026·上海普陀·二模）设F1,F2分别是双曲线:1(a0,b0)的左、右两焦点，过点F2

a2b2

的直线l:xmyt0m,tR与的右支交于M，N两点，过点（﹣2，3），且它的虚轴的端点与焦点

的距离为7．

(1)求双曲线的方程；

(2)当MF1F2F1时，求实数m的值；

1

(3)设点M关于坐标原点O的对称点为P，当MFFN时，求PMN面积S的值．

222

△

【解】（1）因为双曲线过点（﹣2，3），且它的虚轴的端点与焦点的距离为7，

49

2

221a1

可得：ab，解得：，

2

222b3

bab7

y2

所以双曲线的方程为x21．

3

（2）因为直线l:xmyt0，且过点F2（2，0），

则2m0t0，解得：t2，

由MF1F2F1得：三角形F1MF2为等腰三角形，

2

所以等腰三角形底边MF上的高的大小为2MF12，

F1MF22MF115

2

又因为点F1到直线l:xmy20的距离等于等腰三角形F1MF2底边上的高，

202

则d15，

m21

2115

化简得：m，即m．

1515

（3）设M（x1，y1），N（x2，y2），

y2

x21

由直线与双曲线联立得：3，

xmy20

化简得：3m21y212my90，

12m9

由韦达定理得：yy，yy，

1213m21213m2

112m9

又MFFN，即y2y，则y，2y2，

22221113m2113m2

2

12m921

即2，则m，

13m213m235

又点M关于坐标原点O的对称点为P，则：

22

212m912m1935．

S2SOMN2y1y22y1y24y1y224

13m213m213m24

935

则所求的PMN面积为．

4

△

考点3抛物线的综合问题

2

【典例3】（2026·浙江杭州·二模）已知抛物线:y2pxp0的焦点F到准线l的距离为2，点Dp,0，

过F的直线交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线，垂足分别为A1，B1，直线A1D，B1D与直线AB分

别交于点M，N.

(1)求的方程；

11

(2)记M，N的纵坐标分别为yM，yN，当1时，求直线AB的斜率；

yMyN

k1

(3)设E为x轴上一点，记k1，k2分别为直线ME，ND的斜率.若为定值，求点E的坐标.

k2

【解】（1）由题意知p2，所以抛物线方程为y24x.

（2）

由题意可设直线AB的方程为xmy1，Ax1,y1，Bx2,y2，则A11,y1，B11,y2，D2,0.

y24x,

所以，得y24my40，

xmy1

所以y1y24m，y1y24.

y

所以直线AD的方程为：y1x2，与直线AB的方程xmy1联立消去x，

13

y1y2

解得yM，同理yN.

my13my23

11my3my33y1y2

所以122mm1.所以m1.

yMyNy1y2y1y2

1

所以直线AB的斜率为1.

m

（3）设Et,0，

ymy

1212

kyx2my3my33y

因为1MN121.

kxtymy1y22tmyy33ty

2MN1t122

my13my23

因为y1y24m，y1y24.

k3y3y

所以111，

k22tm433t4my13t3y1m8t4

1k11

当t时，2为定值.所以E,0.

2k22

【变式1】（2025·上海嘉定·一模）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，已知抛物线:yx2的焦点为F，

点A的坐标为1,2.

(1)若点E在上，且OE2，求点E的坐标；

(2)若P是上的任意一点，求APPF的最小值；

(3)过点A的动直线与抛物线交于B、C两点，过点B、C分别作的切线，切线交点为D，求证：点D的

轨迹是一条直线.

【解】（1）由题设，令E(x,x2)，则OEx2x42，即x4x22(x22)(x21)0，

所以x21x1，故E(1,1)或E(1,1)；

1

（2）若PG垂直抛物线的准线y于G，由抛物线的定义知|PG||PF|，

4

所以APPFAPPGAG，当且仅当A,P,G三点共线时取等号，

19

又AG抛物线的准线时，|AG|最小为2()，

44

9

所以APPF的最小值为；

4

（3）由题设，直线BC的斜率一定存在，设BC:y2k(x1)，B(x1,y1),C(x2,y2)，

而y2x，则过B的切线斜率为2x1，对应切线为yy12x1(xx1)，即yx1(2xx1)，

同理过C的切线为yy22x2(xx2)，即yx2(2xx2)，

yx1(2xx1)2222

联立，可得2x1xx12x2xx2，整理得2x(x1x2)x1x2，

yx2(2xx2)

xx

由题意xx，则x12，yxx，

12D2D12

y2k(x1)

222

联立2，得xkxk20，且k4(k2)(k2)40，

yx

k

所以xxk，xxk2则x，yk2，

1212D2D

显然点D在直线y2x2，即2xy20上，得证.

【变式2】已知F是抛物线C:x22pyp0的焦点，C在点A2,1处的切线交y轴于点G，过点G的直

线与C交于B,D两点.

(1)求C的方程；

(2)比较|GA|2与GBGD的大小，并说明理由；

(3)过点F的直线与C交于P,Q两点，T0,2，线段PT,QT的延长线分别交C于点M，N，试判断直线MN

是否过定点，如果是，请求出该定点的坐标，如果不是，请说明理由.

【解】（1）（1）已知点A2,1在C:x22pyp0上，

所以222p1，即42p，解得p2，

所以C的方程为x24y.

111

（2）抛物线方程可化为yx2，则yx，当x2时，切线斜率ky21，

421x22

由点斜式可得过点A2,1的切线方程为y11x2，即yx1，

令x0，可得y1，所以G0,1.

由A2,1,G0,1，可得GA(20)2(11)222，所以|GA|28.

如图（1），设直线BD的方程为yk2x1,Bx1,y1,Dx2,y2，

yk2x1,222

联立得2得x4k2x40,Δ16k2160k21，

x4y,

所以x1x24k2,x1x24.

因为2222，

GBx1k2x11k2x1,GD1k2x2

222

所以GBGD1k2x1x241k28|GA|，

所以|GA|2GBGD.

（3）易知F0,1.由题意知直线PQ的斜率必存在，故设直线PQ:ymx1,Px3,y3,Qx4,y4，

ymx1,

y2

联立得2消去得x4mx40，所以x3x44m,x3x44.

x4y,

y324y32

直线PM的方程为yx2，将x24y代入，得x2x80，

x3x3

8x216816

M

由xMx38xM,yM2，所以M,2，

x34x3x3x3

816

同理可得N,2.

x4x4

22

161616x3x4

x2x2x2x22xx24m

所以直线MN的斜率k4343342m，

MN888xx

34x3x44

xx

43x3x4

168

由直线的点斜式方程可得直线MN:y22mx，

x3x3

168

将x3x44m,x3x44代入y22mx，

x3x3

16m164xx4xx

3434

得y2mx22mx22mx4，

x3x3x3x3

所以直线MN过定点0,4.

考点4圆锥曲线的轨迹问题

2

【典例4】已知抛物线C:y22px，斜率为的直线l交抛物线于M，N两点，且M1,2.

3

(1)求抛物线C的方程；

(2)若动点P在抛物线C上，F为抛物线的焦点，线段PF的中点为Q，求点Q的轨迹方程；

(3)试探究:抛物线C上是否存在点P使得PMPN？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由.

【解】（1）已知点M1,2在抛物线y22px上

2

代入得22p142pp2.

所以抛物线方程为y24x

（2）易知抛物线焦点为F1,0，

设动点Px0,y0，中点的坐标为Qx,y

2

显然y04x0；

x1y0

且x0x2x1，y0y2y

2020

2

2y42x1y22x1；

即点Q的轨迹方程为y22x1；

2

（3）设点Px0,y0在抛物线上，则y04x0

2

直线l的方程为yx12，如下图：

3

2

yx12x11x216

联立3，解得，；

2y12y28

y4x

所以N16,8，

因此PM1x0,2y0,PN16x0,8y0

依题意可得PMPN01x016x02y08y00.

222

y0y0

可得136y00

44

42

整理可得y052y096y00，即y0y02y08y060，

解得y00或y02或y06或y08；

显然当y02或y08时，与M,N重合，不合题意；

所以存在P0,0,9,6，满足题意.

【变式1】已知平面直角坐标系中定点A4,2，B3,0，O为坐标原点．动点M满足BM2OM，记M

的轨迹为曲线C．

(1)求曲线C的方程；

(2)求线段AM中点P的轨迹方程．

【解】（1）设Mx,y，由BM2OM，B3,0，

2

可得x3y22x2y2，

两边同时平方，整理可得x2y22x30，

2

即x1y24，

2

故曲线C的方程是x1y24；

（2）设Px,y，

因为A4,2，所以由中点坐标公式可得M2x4,2y2，

2

将点M坐标代入x1y24

2

2232

得到2x412y24，化简可得xy11，

2

2

32

即点P的轨迹方程为xy11.