备战2022高考数学圆锥曲线专题37：圆锥曲线的统一定义13页（含解析）

这是一份备战2022高考数学圆锥曲线专题37：圆锥曲线的统一定义13页（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
专题37：圆锥曲线的统一定义一、单选题1．已知动点满足，则动点的轨迹是（    ）A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．无法确定2．已知双曲线的右焦点为，过且斜率为的直线交于、两点，若，则的离心率为（    ）A． B． C． D．3．已知实数x，y满足条件，则点的运动轨迹是A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆4．已知是椭圆与抛物线的一个交点，定义.设定点，若直线与曲线恰有两个交点与，则周长的取值范围是（   ）A． B． C． D．5．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且，则此椭圆的离心率的最小值为（    ）A． B． C． D．6．是椭圆上一动点，则点到椭圆左焦点的最远距离是（    ）A． B． C． D．7．直线过抛物线的焦点F且与抛物线交于A,B两点，则A． B． C． D．8．已知动点到点和到直线的距离相等，则动点的轨迹是A．抛物线 B．双曲线左支C．一条直线 D．圆9．已知椭圆（）的焦点为，，若点在椭圆上，且满足（其中为坐标原点），则称点为“”点，则椭圆上的“”点有个A． B． C． D． 二、填空题10．设为椭圆:的右焦点，不垂直于轴且不过点的直线与交于，两点，在中，若的外角平分线与直线交于点，则的横坐标为______.11．已知点在抛物线上，该抛物线的焦点为，过点作该抛物线准线的垂线，垂足为，则的角平分线所在直线方程为_________（用一般式表示）.12．已知椭圆的离心率为，过右焦点作斜率为的直线与椭圆相交于两点，若，则________．
参考答案1．A【分析】根据题设条件，化简得到，结合椭圆的定义，即可求解.【解析】由，即，其几何意义为点到定点的距离等于到定直线的距离的，根据椭圆的定义，可得点是以为焦点，以直线为准线的椭圆.故选：A.2．B【分析】设双曲线的右准线为，过、分别作于，于，于，根据直线的斜率为，得到，再利用双曲线的第二定义得到，又，结合求解.【解析】设双曲线的右准线为，过、分别作于，于，于，如图所示：因为直线的斜率为，所以直线的倾斜角为，∴，，由双曲线的第二定义得：，又∵，∴，∴故选：B【点评】本题主要考查双曲线的第二定义的应用以及离心率的求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.3．A【分析】先证明：当点与一个定点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数时，这个点的轨迹是椭圆，然后转化已知条件为动点与定点和定直线的距离问题，然后判断即可．【解析】先证明：当点与一个定点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数时，这个点的轨迹是椭圆．设点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数， 设是点到直线的距离，根据题意，所求轨迹就是集合，由此得．将上式两边平方，并化简得．设，就可化成，这是椭圆的标准方程．故当点与一个定点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数时，这个点的轨迹是椭圆．由已知实数满足条件，即，表达式的含义是点到定点与到直线的距离的比为，由上述证明的结论可得，轨迹是椭圆．
故选：A．【点评】本题考查椭圆的轨迹方程，考查转化思想，注意点是否在直线上是解题的关键之一．4．C【分析】抛物线与椭圆联立，得到和，从而得到，画出和图像，根据焦半径公式，得到和，从而表示出的周长，根据的范围，得到答案.【解析】，解得，，所以，直线，作出函数和的图像，由图像可得点在抛物线上，在椭圆上，点为抛物线的焦点，所以，点为椭圆的右焦点，椭圆的离心率为，所以，即由焦半径公式可得，的周长为，由，得到，所以的周长的取值范围为.故选：C.【点评】本题考查抛物线的定义，椭圆焦半径公式，椭圆上点的范围，属于中档题.5．A【分析】设P,由题得根据得即得解.【解析】设P由题得因为所以,所以此椭圆的离心率的最小值为.故选：A【点评】本题主要考查椭圆的定义和离心率的最值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6．B【分析】设，根据椭圆的第二定义可得，即，由此即可确定的取值范围，即可求出的最大值。【解析】椭圆的左准线方程为设，则根据椭圆的第二定义可得故选：【点评】本题考查椭圆的性质，考查椭圆的第二定义，解题的关键是表达出焦半径．7．B【解析】分析：是焦半径，故可用焦半径公式把转化为，联立直线方程和抛物线方程后再利用韦达定理可求此值.详解：设，直线.由 得到，故，所以，故选B.点睛：圆锥曲线中的定值问题，需要把目标代数式转化为关于（或）的代数式（为直线与圆锥曲线的两个交点），通过联立方程组消元后利用韦达定理求定值.8．C【解析】试题分析：由题意得，设，因为动点到点和到直线的距离相等，即，即，化简得，所以动点的轨迹是一条直线，故选C.考点：轨迹方程的求解.9．C【解析】试题分析：设椭圆上的点，可知，因为，则有，解得，因此满足条件的有四个点，故选C．考点：新定义，椭圆的焦半径公式．10．4【分析】根据椭圆方程，设，由椭圆的第二定义得到，设 ，然后根据外角平分线定理，由求解.【解析】如图所示：因为椭圆方程为，所以,所以椭圆的右焦点是，所以离心率为 ，设，由椭圆的第二定义得：，所以 ，设 ，由外角平分线定理得，即，化简得 ，解得所以的横坐标为4故答案为：4【点评】关键点点睛：本题关键是外角平分线定理的应用.11．【分析】由抛物线的几何性质可得的角平分线即为的垂直平分线，求出、的坐标后可得该垂直平分线的方程.【解析】由抛物线的几何性质可得，故为等腰三角形，故的角平分线即为的垂直平分线.又，故的中点坐标为，又，故的垂直平分线方程为：即.故答案为：.【点评】本题考查抛物线的几何性质，注意抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等，解题时常利用这个性质实现两类距离之间的转化，本题属于中档题.12．【分析】设l为椭圆的右准线，过A、B作AA1，BB1垂直于l，过B作BE⊥AA1于E，根据椭圆的第二定义，转化求解即可．【解析】设l为椭圆的右准线，过A、B作AA1，BB1垂直于l，A1，B1为垂足，过B作BE⊥AA1于E，根据椭圆的第二定义，得|AA1|=，|BB1|=，∵=2，∴cos∠BAE====，∴tan∠BAE=．∴k=．故答案为【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，椭圆的第二定义，考查转化思想以及计算能力．