备战2027年高考数学(2024-2026年)真题汇编专题09圆锥曲线(原卷版+解析)

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考点01 椭圆
1．（2024·新课标II卷·高考真题） 已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A．（）B．（）
C．（）D．（）
【答案】A
【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解.
【详解】设点，则，
因为为的中点，所以，即，
又在圆上，
所以，即，
即点的轨迹方程为.
故选：A
2．（2026·上海·高考真题）在中，，，．已知点，，分别为椭圆的上、下、右顶点，以及两个焦点中的三点，求椭圆的离心率__________．
【答案】
【分析】根据椭圆对称性分析各点的可能性情况，分情况讨论求的值，即可得离心率.
【详解】因为，
根据对称性可知：点其中一个为上下顶点，一个为右顶点，一个为焦点，不妨取上顶点.
①当点中一个为上顶点，一个为右顶点，一个为左焦点，如图1
则或，解得或无解；
②当点中一个为上顶点，一个为右顶点，一个为右焦点，如图2，
则或，方程组均无解；
综上所述：，，，所以离心率.
3．（2026·上海·高考真题）已知椭圆与椭圆相交于、、、四点，且与和的四个焦点在同一个圆上，则_____________.
【答案】
【分析】根据椭圆和圆的对称性、椭圆的焦距公式进行求解即可.
【详解】因为两个椭圆的四个焦点在同一个圆上，
所以根据椭圆和的对称性可知，该圆的圆心为原点，
因此有，
且两个椭圆的半焦距为，
因此该圆的方程为，
又因为、、、四点与和的四个焦点在同一个圆上，
所以由椭圆和圆的对称性可知，这四个点也在圆上，
由，代入椭圆中，
得，又，故，
故答案为：
4．（2026·北京·高考真题）已知椭圆：（）的一个顶点是，离心率为．
(1)求的方程；
(2)过点，斜率为的直线交椭圆于、两点，关于的对称点为，交于，若，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得；
（2）设出直线，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目所给条件计算可得点、点坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出与，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解.
【详解】（1）由题意可得，则，即，故的方程为；
（2）由题意可得，设、，
由关于直线对称的点为，则，
联立，消去得：，
由，故在椭圆内部，故恒成立，有、，
则，
，
，联立，
则，即，
整理得，即，
点到直线的距离，点到直线的距离，
又，则，，
故
，
即有，若，则，无解，不符；
则，有，解得；
故.
5．（2026·全国II卷·高考真题）椭圆：（），过右焦点且与轴垂直的直线被截得的长度为．
(1)求的离心率．
(2)为坐标原点，给定点，在上，过点作轴的垂线，垂足为，与交于点．当在上运动时，的轨迹为．
（ⅰ）求的方程；
（ⅱ）是否有中心点？当为何值时，有中心点？当有中心点时，平移到，使为的中心点，说明的形状.
【答案】(1)
(2)（i）的方程为；
（ii），当时，轨迹无中心点；
当时，有中心点；
当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点，
当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点.
【分析】（1）利用过右焦点垂直于轴的直线被所截线段长为 ，通过求出坐标解出线段的长，求得再求出离心率；
（2）(i)通过联立方程求出点的坐标，再反解出点的坐标代入椭圆方程，从而求出的轨迹的方程；
（ii）先对曲线方程配方，再讨论在不同取值时，中心存在的情况；再通过平移规律求出的方程，再讨论不同情况下的形状.
【详解】（1）设椭圆 的右焦点为，其中 ，
那么过右焦点且垂直于 轴的直线为，代入椭圆得
，即 ，
所以 ，由于截线段长为 ，解得 ，
故 ，离心率 .
（2）(i) 方法一：
由(1)知椭圆方程为 ，由于点满足 ，且 ，过作轴的垂线，交 轴于点 ，
那么当时，点，点与点重合；
当时，直线 方程为：，直线方程为： ，
即
联立，解得即点，
设，则由，
代入椭圆方程 得，即
两边乘以 得
整理得，
把点代入，仍然成立，
故轨迹的方程为；
方法二：
由于，点在轴，故直线必有斜率；
设直线方程为，，那么点，
由于轴，则，
由于点三点共线，则，
因为点在直线上，所以，，
把代入椭圆方程： ，得，即，
整理化简，得 ，
故轨迹的方程为；
(ii)由（i）得轨迹的方程为，
当即时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与x轴交点，无中心点；
当 即 且0时，
化简轨迹的方程为，
将轨迹向左或向右平移个单位得到的方程为，即，
所以当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点，
当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点.
综上，当时，轨迹无中心点；
当时，有中心点；
当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点，
当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点.
6．（2026·天津·高考真题）已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为．
(1)求的标准方程；
(2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的离心率可知，，然后将代入椭圆方程即可求解；
（2）根据直线与圆相切即可求出，分类讨论即可.
【详解】（1）由于椭圆的离心率为，所以，即，
由于，所以，
将代入椭圆方程，得，即，解得，即，
由题意，所截得的线段长为，所以，解得，从而，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）可知，，所以圆的方程为，
设直线的方程为，因为直线与圆相切，如图所示，
则圆心到直线的距离，解得，
椭圆上顶点，分两种情况讨论：
①当时，直线的方程为，代入椭圆方程，
化简得，解得或，
则当时，，当时，，由于，所以，
则，，此时；
②当时，直线的方程为，代入椭圆方程，
化简得，解得或，
当时，，当时，，由于，所以，
则，，此时.
综上所述，的值为.
7．（2026·全国II卷·高考真题）已知椭圆的左焦点为，离心率为．
(1)求的方程；
(2)设为坐标原点，过且斜率大于的动直线与交于，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为．
（i）若的面积是的面积的倍，求的方程；
（ii）求的最小值．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解；
（2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ii）由于是直线与直线的夹角，根据列出表达式即可求解.
【详解】（1）已知椭圆的左焦点为，离心率，
则，解得，，
因此椭圆方程为.
（2）解法一：
设，点，点，其中，
联立直线与椭圆方程，得，
由韦达定理得，
由于两点在椭圆上，关于原点对称，
所以点，且，
（i）

由面积公式，，
又因为是线段的中点，所以，所以，
，
由于，得，即，
令，由与，得，
代入，得，解得，
所以，所以直线的方程为.
（ii）直线的斜率为，
于是，当且仅当时取等号，
故的最小值为.
解法二：
（i）如图所示，设直线的方程为，其中斜率，


设点，点，且，
根据椭圆的中心对称性可知，点，
联立直线与椭圆方程，得，化简得，
由韦达定理可得，
因为是关于原点的对称点，所以是线段的中点，
因此，所以，
由于，所以，
，
，
所以，即，
由于，所以简化为，
代入韦达定理，得，则，
化简得，由于，解得，
所以直线的方程为，即.
（ii）由题意，即为直线与直线的夹角，
直线即直线，方程为，
点，点，点，直线的斜率，
直线的斜率，
由于在直线上，有，
则，代入，
则，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，
因此，
即，
由基本不等式得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.
8．（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．
【答案】(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.
9．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到，再由直线的斜率得到，从而利用三角形的面积公式得到关于的方程，解之即可得解；
（2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得，进而得到直线的方程与点的坐标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证.
【详解】（1）依题意，设椭圆的半焦距为，
则左焦点，右顶点，离心率，即，
因为为上一点，设，
又直线的斜率为，则，即，
所以，解得，则，即，
因为的面积为，，高为，
所以，解得，
则，，
所以椭圆的方程为.
.
（2）由（1）可知，，，
易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即，
联立，消去得，，
因为直线与椭圆有唯一交点，所以，
即，则，解得，则，
所以直线的方程为，
联立，解得，则，
以下分别用四种方法证明结论：
法一：则，
所以，
，
则，又，
所以，即平分.
法二：所以，，，
由两直线夹角公式，得，，
则，又，
所以，即平分.
法三：则，，
故，
又，
所以，即平分.
法四：则，
所以直线的方程为，即，
则点到直线的距离为，
又点到直线的距离也为，
所以平分.
10．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点．
(1)若的焦点，求离心率e；
(2)若，且上存在一点P，满足，求m；
(3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率；
（2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得；
（3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围.
【详解】（1）由题意知，，则，
由右焦点，可知，则，
故离心率.
（2）由题意，
由得，，
解得，代入，
得，又，解得.
（3）由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为，
则，解得，
由得中点坐标为，
故直线，显然直线过椭圆内点，
故直线与椭圆恒有两不同交点，
设，
由消得，
由韦达定理得，
因为为钝角，则，且，
则有，
所以，
即，解得，
又，
故，即的取值范围是.
11．（2025·全国II卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；
（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长.
【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故，
故，故椭圆方程为：.
（2）
由题设直线的斜率不为0，故设直线，，
由可得，
故即，
且，
故，
解得，
故.
12．（2025·全国I卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，．
(1)求C的方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足．
（i）设，求的坐标（用m，n表示）；
（ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值．
【答案】(1)
(2)(ⅰ) (ⅱ)
【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程；
（2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；
(ⅱ) 根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出.
【详解】（1）由题可知,，所以，解得，
故椭圆C的标准方程为；
（2）(ⅰ)设，易知，
法一：所以，故，且．
因为，，所以，
即，解得，所以，
所以点的坐标为.
法二：设，则，所以
，，故
点的坐标为.
(ⅱ)因为,,由,可得
,化简得,即,
所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）,
为到圆心的距离加上半径,
法一：设,所以
,当且仅当时取等号,
所以.
法二：设，则，
，当且仅当时取等号,
故.
13．（2025·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知曲线，点P、Q分别为上不同的两点，．
(1)求所在椭圆的离心率；
(2)若在y轴上，若T到直线的距离为，求P的坐标；
(3)是否存在t，使得是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）根据椭圆方程直接求离心率；
（2）问题化为以为圆心，为半径的圆与过的直线相切，且切线与有交点，设切线方程，利用与圆相切关系求参数，进而确定P的坐标；
（3）设，，联立椭圆方程，结合韦达定理、判别式得，注意讨论、，确定中点为，再结合、求参数范围.
【详解】（1）由，则，即离心率为；
（2）由题设，问题化为以为圆心，为半径的圆与过的直线相切，
且切线与有交点，显然切线斜率存在，令切线为，
所以，可得，则或，
当，则切线为，联立，可得，
则或，故此时，满足；
当，则切线为，联立，可得，
则或，故此时，不满足；
综上，.
（3）由题设，直线的斜率存在，可设，，
联立，整理得，
其中，即，
所以，，则，
，
所以且，故，
当时，则且，则，此时，满足；
当，而的中点为，又，
则，即，
且，
，
所以，则，
所以，则，故
所以，则.
综上，.
【点睛】关键点点睛：第三问，设，，根据已知得到，且、的应用为关键
14．（2024·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点.
(1)若点的横坐标为2，求的长;
(2)设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围
(3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)；
(3)存在，
【分析】（1）根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得.
（2）设，求出，再利用给定关系求出的范围，进而求出的范围.
（3）设，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解即得.
【详解】（1）设，由点为椭圆上一点，得，即，又，
所以.
（2）设，而，
则，由，得，
即，又，则，解得，，
所以的范围是.
（3）设，由图象对称性，得、关于轴对称，则，
又，于是，
则，同理，
由，得，
因此，即，则，
设直线，由消去得，
则，即，而，解得，，
由，得，所以.
【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
15．（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．
【答案】(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.
16．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.
（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.
【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故，
故椭圆方程为.
（2）直线的斜率必定存在，设，，，
由可得，
故，故，
又，
而，故直线，故，
所以
，
故，即轴.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
17．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为．
(1)求椭圆的方程．
(2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，使得恒成立.
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.
（2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，
所以，故，
故，所以，，故椭圆方程为：.
（2）
若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
因为恒成立，故，解得.
若过点的动直线的斜率不存在，则或，
此时需，两者结合可得.
综上，存在，使得恒成立.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.
18．（2024·新课标I卷·高考真题） 已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
【答案】(1)
(2)直线的方程为或.
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘表达面积即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解得或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
考点02 双曲线
1．（2026·北京·高考真题）已知双曲线：的渐近线方程为，则的值为（ ）
A．2B．3C．4D．9
【答案】B
【分析】根据渐近线方程结合已知双曲线方程列式计算求解.
【详解】因为双曲线为，则渐近线为，
又因为渐近线为，且，所以.
2．（2026·天津·高考真题）已知双曲线（，）的左焦点为，是右顶点，是双曲线上一点，满足，，则双曲线离心率为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】D
【分析】解法一：过点作垂直轴，垂足为，根据几何关系用表示出点坐标，代入双曲线方程构造齐次式，然后可得离心率.
解法二：设右焦点为，连接，根据双曲线的定义和性质可得，，结合余弦定理运算求解.
【详解】解法一：如图，过点作垂直于轴，垂足为，
因为，所以，所以，
又，所以，
根据双曲线对称性，不妨设点在第二象限，则，
将点坐标代入双曲线方程得：，
整理得，
将代入上式，整理得，
两边同时除以，整理得，解得.
解法二：如图，
设右焦点为，连接，
由题意可知：，，
在三角形中，，
在三角形中，，
即，
整理可得，可得，
所以.
3．（2026·全国II卷·高考真题）已知双曲线：（，）过点和，则双曲线C的渐近线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把点和代入双曲线方程求出，再求出渐近线方程即可.
【详解】把点和，代入双曲线方程可得
，
所以双曲线方程为，
故该双曲线渐近线方程为.
4．（2025·北京·高考真题）双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】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．
5．（2025·天津·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（ ）
A．2B．5C．D．
【答案】A
【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出，根据勾股定理从而确定P的坐标，利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可.
【详解】根据题意可设，双曲线的半焦距为，，则，
过作轴的垂线l，过作l的垂线，垂足为A，显然直线为抛物线的准线，
则，
由双曲线的定义及已知条件可知，则，
由勾股定理可知，
易知，即，
整理得，∴，即离心率为2.
故选：

6．（2025·全国I卷·高考真题）已知双曲线C的虚轴长是实轴长的倍，则C的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】由题可知双曲线中的关系，结合和离心率公式求解
【详解】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为，
由题知，，
于是，则，
即.
故选：D
7．（2024·全国甲卷·高考真题）已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A．4B．3C．2D．
【答案】C
【分析】由焦点坐标可得焦距，结合双曲线定义计算可得，即可得离心率.
【详解】由题意，设、、，
则，，，
则，则.
故选：C.
8．（2024·天津·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为点在双曲线右支上，直线的斜率为2．若是直角三角形，且面积为8，则双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】可利用三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设，由面积公式求出，由勾股定理得出，结合第一定义再求出.
【详解】如下图：由题可知，点必落在第四象限，，设，
，由，求得，
因为，所以，求得，即，
，由正弦定理可得：，
则由得，
由得，
则，
由双曲线第一定义可得：，，
所以双曲线的方程为.
故选：A
9．（2025·全国II卷·高考真题）（多选） 双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，以为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且，则（ ）
A．B．
C．C的离心率为D．当时，四边形的面积为
【答案】ACD
【分析】由平行四边形的性质判断A；由且结合在渐近线上可求的坐标，从而可判断B的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；由中线向量结合B的结果可得，计算后可判断C的正误，或者利用并结合离心率变形公式即可判断；结合BC的结果求出面积后可判断D的正误.
【详解】不妨设渐近线为，在第一象限，在第三象限，
对于A，由双曲线的对称性可得为平行四边形，故，
故A正确；
对于B，方法一：因为在以为直径的圆上，故且，
设，则，故，故，
由A得，故即，故B错误；
方法二：因为，因为双曲线中，，
则，又因为以为直径的圆与的一条渐近线交于、，则，
则若过点往轴作垂线，垂足为，则，则点与重合，则轴，则，则为直角三角形，且，则，
方法三：在利用余弦定理知，，
即，则，
则为直角三角形，且，则，故B错误；
对于C，方法一：因为，故，
由B可知，
故即，
故离心率，故C正确；
方法二：因为，则，则，故C正确；
对于D，当时，由C可知，故，
故，故四边形为，
故D正确，
故选：ACD.
10．（2024·新课标I卷·高考真题）（多选） 设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ）
A．B．点在C上
C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D．当点在C上时，
【答案】ABD
【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.
【详解】对于A：设曲线上的动点，则且，
因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确.
对于B：又曲线方程为，而，
故.
当时，，
故在曲线上，故B正确.
对于C：由曲线的方程可得，取，
则，而，故此时，
故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.
对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得，
故，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.
11．（2026·全国II卷·高考真题）双曲线的离心率为__________．
【答案】
【分析】先将给定双曲线方程化为标准形式，确定、，再利用双曲线中的关系求出，最后根据离心率定义计算结果.
【详解】将双曲线化为标准方程，得，则，
因此，则离心率为.
12．（2024·上海·高考真题）三角形三边长为，则以边长为6的两个顶点为焦点，过另外一个顶点的双曲线的离心率为______.
【答案】3
【分析】利用双曲线的定义求解即可.
【详解】由双曲线的定义，
则.
故答案为：3
13．（2024·天津·高考真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为______．
【答案】
【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数与，则两函数图象有唯一交点，分、与进行讨论，当时，计算函数定义域可得或，计算可得时，两函数在轴左侧有一交点，则只需找到当时，在轴右侧无交点的情况即可得；当时，按同一方式讨论即可得.
【详解】令，即，
由题可得，
当时，，有，则，不符合要求，舍去；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，或（正值舍去），
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
令，即，
故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得，
由的渐近线方程为，
即部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递增，
故有，解得，故符合要求；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，（负值舍去）或，
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得，
部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递减，
故有，解得，故符合要求；
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数的零点问题转化为函数与函数的交点问题，从而可将其分成两个函数研究.
14．（2024·新课标I卷·高考真题） 设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为___________．
【答案】
【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率.
【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入
得，即，故，，
又，得，解得，代入得，
故，即，所以.
故答案为：
15．（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）
【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）.
考点03 抛物线
1．（2025·全国II卷·高考真题）设抛物线的焦点为点A在C上，过A作的准线的垂线，垂足为B．若直线BF的方程为，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】先由直线求出焦点和即抛物线的方程，进而依次得抛物线的准线方程和点B，从而可依次求出和，再由焦半径公式即可得解.
【详解】对，令，则，
所以，即抛物线，故抛物线的准线方程为，
故，则，代入抛物线得.
所以.
故选：C
2．（2026·全国II卷·高考真题）（多选） 已知抛物线：，有一斜率为的直线过点，点A在抛物线E上，,两点在直线上，且为等边三角形，则（ ）
A．抛物线E的准线方程为
B．当直线与抛物线E无交点时，
C．若直线与抛物线相交于唯一一点，则抛物线E的焦点在直线上
D．当时，面积的最小值为
【答案】ABD
【分析】A选项，根据抛物线方程得，进而得出准线方程；B选项，设直线为，和抛物线方程联立消去，令求解；C选项，先根据直线和抛物线相切，求出切点，假设过焦点，则得到，根据两直线的夹角的公式推出的正切值，从而判断；D选项，可将问题转化为抛物线上一点到直线的距离最小值来处理.
【详解】A选项，，则，故准线，A选项正确；
B选项，设直线为，则，
联立得到，，
直线和抛物线无交点，则，
结合，解得，B选项正确；
C选项，由联立方程，
若与相交于唯一点，只可能是相切，
则，解得，
此时，解得，进而得，则，
若过焦点（如图），由于，，而，
根据倾斜角的定义，，，
而，此时的正切值为，
即，这与为等边三角形矛盾，C选项错误；
D选项，当，此时直线方程为，
设，则到的距离为，
即等边三角形的高的最小值为，此时面积，D选项正确.
C选项方法二：求得，则，，
则，
则，抛物线E的焦点不在直线上，故C错误.
D选项方法二：到的最小距离可转化为抛物线和平行的切线，求得两平行线的距离即可，
由于，设直线为，
联立，得到，
由，此时直线为，
由平行线的距离公式可推出直线间距离为，其余同上.
3．（2025·全国I卷·高考真题）（多选） 已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于A，先判断得直线为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三角形相似证得，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得，，结合焦半径公式可判断D.
【详解】法一：对于A，对于抛物线，
则，其准线方程为，焦点，
则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知，，故A正确；
对于B，过点作准线的垂线，交于点，
由题意可知，则，
又，，所以，
所以，同理，
又，
所以，即，
显然为的斜边，则，故B错误；
对于C，易知直线的斜率不为，
设直线的方程为，，
联立，得，
易知，则，
又，，
所以，
当且仅当时取等号，故C正确；
对于D，在与中，，
所以，则，即，
同理，
又
，
，
所以，
则，故D正确.
故选：ACD.
法二：对于A，对于抛物线，
则，其准线方程为，焦点，
则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知，，故A正确；
对于B，过点作准线的垂线，交于点，
由题意可知，则，
又，，所以，
所以，同理，
又，
所以，即，
显然为的斜边，则，故B错误；
对于C，当直线的斜率不存在时，；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，
联立，消去，得，
易知，则，
所以
，
综上，，故C正确；
对于D，在与中，，
所以，则，即，
同理，
当直线的斜率不存在时，，；
所以，即；
当直线的斜率存在时，，
，
所以，
则；
综上，，故D正确.
故选：ACD.
4．（2024·新课标II卷·高考真题）（多选） 抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ）
A．l与相切
B．当P，A，B三点共线时，
C．当时，
D．满足的点有且仅有2个
【答案】ABD
【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解.
【详解】A选项，抛物线的准线为，
的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径，
故准线和相切，A选项正确；
B选项，三点共线时，即，则的纵坐标，
由，得到，故，
此时切线长，B选项正确；
C选项，当时，，此时，故或，
当时，，，，
不满足；
当时，，，，
不满足；
于是不成立，C选项错误；
D选项，方法一：利用抛物线定义转化
根据抛物线的定义，，这里，
于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题，
，中点，中垂线的斜率为，
于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得，
，即的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个点，使得，D选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设，由可得，又，又，
根据两点间的距离公式，，整理得，
，则关于的方程有两个解，
即存在两个这样的点，D选项正确.
故选：ABD
5．（2026·天津·高考真题）在平面内，为坐标原点，抛物线上有、、、四个点，、、、的纵坐标分别为、、、，直线与直线交轴于点，直线交轴于点，直线交轴于点，以下说法正确的有______．
①若与抛物线焦点重合，则；
②；
③；
④；
⑤
【答案】②④
【分析】首先探求抛物线弦与轴交点坐标与弦端点纵坐标积的关系，再利用关系式逐项分析，①②易得，③④⑤将长度与面积都转化为纵坐标表示，化简求解可得.
【详解】由题意、、、为抛物线上四个点可知，两两不等.
设抛物线上任意两点，其中.
当时，直线的斜率，
则直线方程为，
令，则直线与轴的交点横坐标
特别地，当时，，
此时直线垂直于轴，也成立，
因此，直线与轴的交点横坐标（）.
①由题意直线交轴于点，若与抛物线焦点重合，则其横坐标为，
故由式可得，即，故①错误；
②由题意直线与直线交轴于点，
则由式可得点横坐标，
可得，故②正确；
③由题意直线交轴于点，直线交轴于点，
则由式可得
，
则，
故，故③错误；
④由式可得，
当点或为原点时，则点也重合于原点，此时；
当点与均不为原点时，即，且，
则结合②结论可知，，
则有，故④正确；
⑤由，可知，则，
，
如图，当时，不成立，故⑤错误；
故答案为：②④
6．（2026·上海·高考真题）已知点为抛物线上一点，若点到的焦点的距离是到轴的距离的两倍，则点的横坐标是____________.
【答案】
【分析】设，根据条件，利用抛物线的定义得，即可求解.
【详解】因为抛物线的焦点为，准线方程为，设，
由题有，解得，
故答案为：.
7．（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】
【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：.
8．（2024·上海·高考真题）已知抛物线上有一点到准线的距离为9，那么点到轴的距离为______．
【答案】
【分析】根据抛物线的定义知，将其再代入抛物线方程即可.
【详解】由知抛物线的准线方程为，设点，由题意得，解得，
代入抛物线方程，得，解得，
则点到轴的距离为．
故答案为：．
9．（2024·北京·高考真题）抛物线的焦点坐标为________．
【答案】
【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：.
10．（2024·天津·高考真题）已知圆的圆心与抛物线的焦点重合，且两曲线在第一象限的交点为，则原点到直线的距离为______．
【答案】/
【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求及的方程，从而可求原点到直线的距离.
【详解】圆的圆心为，故即，
由可得，故或（舍），
故，故直线即，
故原点到直线的距离为，
故答案为：
考点分类
三年考情（2024-2026）
命题规律
考点01 椭圆
2026年：全国II卷、北京卷、天津卷、上海卷
2025年：全国I/II卷、北京卷、天津卷、上海卷
2024年：新课标I/II卷、全国甲卷、北京卷、天津卷、上海卷
题型全覆盖选择、填空、解答大题，为圆锥曲线核心必考、分值最高考点
1. 基础考查固定：常年考查椭圆标准方程求解、离心率、顶点、焦点、长/短轴等基础几何性质，是小题必考题；
2. 大题题型模板化：主流考查直线与椭圆位置关系，包含弦长、面积最值、定点定值、参数范围、对称点、轨迹方程等经典设问；
3. 综合难度偏高：常结合斜率关系、面积比例、垂直平行、钝角判定综合命题，计算量大，为高考数学压轴大题核心；
4. 创新设问增多：新增曲线轨迹探究、图形中心性质、多交点综合分析，侧重逻辑推理与代数运算结合；
5. 卷型特色明显：全国卷重常规综合计算，京津卷重参数与几何结合，上海卷多多问递进式创新探究。
考点02 双曲线
2026年：全国II卷、北京卷、天津卷
2025年：全国I/II卷、北京卷、天津卷
2024年：新课标I卷、全国甲卷、天津卷、上海卷
以选择、填空小题为主，少量多选题，极少单独出解答大题，属于高频基础考点
1. 核心考查聚焦：主打双曲线渐近线、离心率、虚实轴、焦点三角形四大核心考点，题型单一、套路固定；
2. 多选区分度高：新高考多选常结合圆、渐近线、焦点三角形面积、垂直关系综合判断；
3. 综合交汇命题：常与抛物线、直线零点、直角三角形、圆锥曲线共焦点题型结合考查；
4. 难度偏低偏基础：无复杂运算，以公式套用、几何性质分析为主，是圆锥曲线主要得分点；
5. 考情稳定不变：三年均以小题考查，不涉及复杂大题，重点考查离心率求值、渐近线方程求解。
考点03 抛物线
2026年：全国II卷、天津卷、上海卷
2025年：全国I/II卷、北京卷
2024年：新课标II卷、北京卷、天津卷、上海卷
覆盖填空、多选、解答小问，考情灵活，创新题型居多
1. 核心性质必考：重点考查抛物线定义（距离转化）、焦点、准线、焦点弦、抛物线上点的坐标性质；
2. 多选创新为主：新高考多选高频考查直线与抛物线位置关系、几何最值、共线、垂直、面积最值问题；
3. 几何特征鲜明：依托抛物线定义实现“点点距与点线距”转化，是解题核心技巧，命题侧重几何直观；
4. 综合交汇灵活：常与圆、等边三角形、垂线、切线结合命题，设问新颖，侧重动态几何分析；
5. 难度梯度适中：基础题公式秒杀，压轴多选侧重动态最值、存在性判断，区分度适中。