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2024年高考数学第二轮专题复习圆锥曲线 专题37:圆锥曲线的统一定义13页
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这是一份2024年高考数学第二轮专题复习圆锥曲线 专题37:圆锥曲线的统一定义13页,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。
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,∴cs∠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
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