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题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
为Word版,请按住Ctrl，滑动鼠标滚轴，调节合适得观瞧比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元评估检测（七）第八章（120分钟150分）一、选择题（本大题共12小题,每小题5分,共60分、在每小题给出得四个选项中,只有一项就是符合题目要求得）£目1、双曲线——1=1得焦点坐标就是（）A（1,0）,（-1,0）??E、（0,1）,（0,-1）C⑴？，0）,（-%^,0）D（0八眄）,（0,—爲）【解析】选C、c2=a2+b2=2+1=3，所以C=2'、由焦点在x轴上、所以焦点坐标为（&,o）,（—3,0）、2、方程mX+/=1所
表
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示得所有可能得曲线就是（）A、椭圆、双曲线、圆B、椭圆、双曲线、抛物线C两条直线、椭圆、圆、双曲线D两条直线、椭圆、圆、双曲线、抛物线【解析】选C、当m=1时方程为x2+y2=1表示圆；当m<0时，方程为y2-（-m）x2=1表示双曲线；当m>0且m工1时,方程表示椭圆；当m=0时,方程表示两条直线、【误区警示】本题对参数m得讨论，容易出现讨论不全造成漏解错选、Ay二士x?B、y=±2xCy=±4x??Dy二士x【解析】选A、由题意”二'，所以a2=4b2、故双曲线得方程可化为故其渐近线方程为y=士X、4、抛物线得顶点在坐标原点,焦点与双曲线得一个焦点重合，则该抛物线得标准方程可能就是（）72Ax=4y?B、x=—4yCCy2=—12x??Dx7=-12y【解析】选D由题意，得c=^+化3、所以抛物线得焦点坐标为（0,3咸（0,-3）、所以抛物线得标准方程为x7=12y或x2=-12y、【加固训练】以坐标轴为对称轴，原点为顶点且过圆x2+y2—2x+6y+9=0圆心得抛物线方程就是（）22E、y=3xAy=3x或y=-3xC、y=2,当且仅当b2=2时‘△ABF面积得最大值为2、【加固训练】直线y=x-3与抛物线y2=4x交于A,B两点，过A,B两点向抛物线得准线作垂线，垂足分别为P,Q,则梯形APQB得面积为（）=—9x或y=3x2D、y=-3x2或y2=9x2【解析】选D、x2+y2-2x+6y+9=0,(x-1)2+(y+3)2=1，圆心(1,-3)、代入选项知D正确、5、（2015・三明模拟）已知椭圆°+b=l（0
0,b>0)得渐近线为bx±ay=0,设圆心(0,2)到直线bx±ay=0得距离为d,则d=cb22a=1,所以双曲线离心率e二自=2、7、已知a>b>0,ei,+lge2得值()A、大于0且小于1??B、大于1C、小于0??D、等于0【解析】选C、由题意，得e1=a(a>b>0),所以eie2=所以Igei+lge2=1g(e1e2)=1g<0、【
方法
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技巧】求椭圆、双曲线离心率得两种方法（1）直接求出a,c得值，利用离心率
公式
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求解、（2）依据已知条件寻找关于a,c得有关等式（不等式），解方程（不等式），即可求出离心率得值（范围）、22xy8已知P就是双曲线心率就是[—'=1（a>0,b>0）上得点,Fi,F2就是其焦点，双曲线得离卩!9、（2015•泉州模拟）若R,F2分别就是椭圆椭圆上得任意一点，且厶MFF2得内切圆得周长为3n,则满足条件得点M得个数为（）A2??B.4?C、6?Q、不确定【思路点拨】由内切圆得周长为3n可确定内切圆得半径，然后利用面积相等确"2=o,若"F1F2得面积为9,则a+b得值为（A、5?B.6??C、7?D8则m2+n2=4c2,m-n=2a,mn=9,'a=4,c—q，解得I'所以b=3，所以a+b=TT—1T—*7忆=0椚,设严|=m,|%【解析】选C由|=n,不妨设m>n,x_y〕+」=1得左、右焦点，M就是定点M得纵坐标，进而确定M点得个数、【解析】选A、由WFiF2得内切圆得周长为3n得，内切圆得半径r=二所以AMFiF2得面积为0H2（|MF11+IMF2I+IF1F2I）r=2|F1F2|x|ym|,3即（10+6）x]=6x|ym|,得|ym|=4,所以满足条件得点M就是短轴得2个端点、10、如图,平面中两条直线11与12相交于点O,对于平面上任意一点M若P,q分别就是M到直线11与12得距离,则称有序非负实数对（p,q）就是点M得“距离坐标”、已知常数p》0,q>0,给出下列命题：若p=q=0,则“距离坐标”为（p,q）得点有且仅有1个；pq=0,且p+qM0,则“距离坐标”为（p,q）得点有且仅有2个；若pqM0,则“距离坐标”为（p,q）得点有且仅有4个、上述命题中，正确命题得个数就是（）A0??B.1???2?D3【解析】选D、①p=q=0,则“距离坐标”为（0,0）得点有且只有1个,此点为点O,故①正确；正确，p,q中有且仅有一个为0，当P为0时，坐标点在I1上，分别为关于O点对称得两点，反则在12上也有两点，但就是这两种情况不能同时存在；正确，四个交点为与直线11相距为p得两条平行线与与直线l2相距为q得两条平行线得交点、【加固训练】对于直角坐标平面内得任意两点A(xi,y1),B(X2,y2)，定义它们之间得一种“距离”：IIAB||=|x2-xi|+|y2-y1|、给出下列三个命题:若点B在线段AC上，则IAB||+||E=ACll;在△ABC中，/C=90°,则IACll2+IICBll2=||AE||在AABC中，11ACll+11CBll>||AB||、其中真命题得个数为()A、0?B.1?C、2??D、3【解析】选E、取特殊值，数形结合、在△ABC中，/C=90°,不妨取A(0，1)，C(0，0)，B(1，0)，因为||AE||=|x2—X1|+|y2-y11,所以IIAC||=1,||BC||=1,||AB||=|1—0|+|0—1|=2、此时，IAC|+|CB|=2,IABI2=4,IIACI+IICBI工|的I；IACI+ICBII=IABI,即命题②、③就是错误得、设如图所示共线三点A(xi,y1),B(X2,y2),C(x3,y3),AC〃dCC〃，则IACI=|x1-x3|+|y1—y3|=||AC〃|VCII?i得取值范围就是A、卩2)(21]fl3\E、X丿??C、由丿??)轴上，左右焦点分别PF1为底边得等腰三、则该椭圆得离心率=iiab‘+imCc〃+Cell=IIAB'+1IB'B11+IBe'IIPCILllAE||二IXi-X2|+|y1-y2|=IAE‘+1IIeB||EC||=|x2—X3|+Iy2-y3|=HBC'II+11el所以IIAB||+||BC11=ACI,即命题①正确、综上所述真命题得个数为1个、11、已知有公共焦点得椭圆与双曲线中心为原点，焦点在)为Fi,F2,且它们在第一象限得交点为P,^PFF2就是以角形、若|PFi|=10,双曲线得离心率得取值范围为(1,2),c,双曲线得半实轴长【解析】选B、如图，设椭圆得长半轴长，半焦距分别为a1半焦距分别为a2,c.|PF1|=m,|PF2|=|F1F2|二n.rm+n=2a1?m-n=2%m=10,Ln=2c代入抛物线y2=2px得M2j问题转化为：已知1<''<2,求''得取值范围、<1,由1<'[V2知■<厂pII即Ncv2,因此20,b>0)与抛物线y2=2px(p>0)有一个共同得焦点F,点M就是双曲线与抛物线得一个交点，若|MF|='p,则此双曲线得离心率等于()A、2【解析】选A、因为抛物线y2=2px(p>0)得焦点F所以由题意知双曲线b2=1得一个焦点为F(c,0)，所以c=2>a,(1)即p>2a、所以双曲线方程为2X2y2P22—-aa-4因为点M就是双曲线与抛物线得一个交点，5pp3p5若|MF|二"p，则M点横坐标xm=T2_T3p佝It代入双曲线/2y~rP2—-a4=1,得9p4-148p2a2+64a4=0,解得p=4a或p=a,因为p>2a,所以p='a舍去，故p=4a、(2)联立(1)(2)两式得c=2a，即c=2、【方法技巧】求椭圆、双曲线离心率得技巧求离心率得值就是解析几何中常见得问题，求解时,可根据题意列出关于a,b,c得相应等式，并把等式中得a,b,c转化为只含有a,c得齐次式，再转化为含e得等式,最后求出e、二、填空题(本大题共4小题,每小题5分，共20分、请把正确答案填在题中横线上)13、(2015・宁德模拟)已知双曲线2¥2Vj~2ab2=1得一个焦点与抛物线y2=4)Nx得,则该双曲线得方程为焦点重合,且双曲线得离心率等于■'【解析】抛物线y2=4、x得焦点C,0)?a2+b2=10、e=?a=3?b=1,即该双曲线得方程为2X答案「-y2=114、已知点P在直线x+2y-1=0上，点Q在直线x+2y+3=0上，PQ中点为M(x。,yo)且yo>x卄2,则％得取值范围就是、【解析】因为直线x+2y-1=0与直线x+2y+3=0平行所以PQ得中点M在直线x+2y+1=0上，又因为直线x+2y+1=0与y=x+2得交点坐标为1所以kos「一，故一<'W—：'、答案15、设点P(a,b)就是圆x2+y2=1上得动点，则动点Q(a2-b2,ab)得轨迹方程就是、x=a2-b2,v=abP【解析】由已知得a2+b2=1，所以由Iy得x2+4y2=(a2+b2)2=1、答案:x2+4y2=1b16、(能力挑战题)曲线C:y=h：—(a>0,b>0)与y轴得交点关于原点得对称点称为“望点”，以“望点”为圆心，凡就是与曲线C有公共点得圆，皆称之为“望圆”，则当a=l,b=1时，所有得“望圆”中，面积最小得“望圆”得面积为、【解析】因为曲线5='-(a>0,b>0)与y轴得交点关于原点得对称点称为“望点”,以“望点”为圆心，凡就是与曲线C有公共点得圆，皆称之为“望圆”，所以当a=1,b=1时望圆得方程可设为X2+(y—1)2=r2，面积最小得d上任意点之间得最小距离,+2>3，所以半径r>，最小面积为3n、答案：3n三、解答题(本大题共6小题,共70分、解答时应写出必要得文字说明、证明过程或演算步骤)17、(l0分)(2015•福州模拟)在平面直角坐标系xOy中，直线I与抛物线y2=4x相交于不同得A,B两点、(1)如果直线1过抛物线得焦点，求°A•()B得值、(2)如果UA•=—4,证明：直线I必过一定点，并求出该定点、【解析】(1)由题意:抛物线焦点为(1,0),设l：x=ty+l，代入抛物线y2=4x,消去x得y2-4ty-4=0，设A(x1,y),B(x2,y2),贝Sy+y2=4t,y$2=-4,所以OA|OB=xix2+yiy2=(ty1+1)(ty2+1)+yiy2=t2yiy2+t(y1+y2)+1+yiy2=-4t2+4t2+1—4=—3、(2)设l:x=ty+b，代入抛物线y2=4x,消去x得y2-4ty—4b=0,设A(xi,yi),B(X2,y2)，则yi+y2=4t,y1y2=-4b,TT所以()A0B|=xiX2+yiy2=(tyi+b)(ty2+b)+yiy2=t2y1y2+bt(yi+y2)+b2+yiy2=-4bt2+4bt2+b2-4b=b2-4b、令b2-4b=—4，所以b2—4b+4=0,所以b=2,所以直线l过定点(2,0)、—t—*所以若=—4,则直线l必过一定点(2,0)、18(i2分)在直角坐标平面上给定一曲线y2=2x,(i)设点A得坐标为」,求曲线上距点A最近得点P得坐标及相应得距离|PA|、(2)设点A得坐标为(a,0),a€R,求曲线上得点到点A距离得最小值dmin,并写出dmin=f(a)得函数表达式、【解析】(1)设M(x,y)为曲线y2=2x上任意一点，⑴彳||42MA2mln=+空=9，即|MA|min==3则|MA|2=+y2=1+3,因为x€[0,+)，所以当x=0所以距点A最近得点P坐标为(0,0),这时|PA|=3⑵依题意得,d2=(x-a)2+y2=x2-2ax+a2+2x=x2-2(a-1)x+a2=[x-(a-1)]2+(2a-1)因为x€[0,+),所以分a-1与a-1<0两种情况讨论、当a>1时％丄2a-1,即dmin二他_1,I2当a<1时，心血=[0-(a-1)]2+(2a-1)=a2,即dmin=|a|、这时恰好抛物线顶点(0,0)与点A(a,0)最近、；V2a-Xa>1,所以dmin=f(a)=l恼|尼<1*B【误区警示】本题(1)易忽略x得取值范围，误认为当x=-'时距离最小、19、(12分)已知三点P(5,2),Fi(-6,0),F2(6,0)、(1)求以Fi,F2为焦点且过点P得椭圆得标准方程、(2)设点P,F1,F2关于直线y=x得对称点分别为P‘，F「，F2',求以FJ,F2为焦点且过点P'得双曲线得标准方程、【解析】(1)因为椭圆得焦点为F1(-6,0),F2(6,0),所以c=6，因为椭圆过点P(5,2)=2a,所以|PFi|+|PF2|=2a，即；’f：i所以6W=2a,即a=33所以b2=45-36=9,所以椭圆得标准方程为4弓+9=1、(2)点P,Fi,F2关于直线y=x得对称点分别为P‘(2,5),Fi(0,-6),F2'(0,6),所以双曲线得焦点坐标分别为(0,-6),(0,6),所以c(6,因为双曲线过点P(2,5),所以||PF所以a'=2屯列,|-|PF2||=2a:即|'r'''f，)，所以b(=16,「)|=2a(,所以双曲线得方程为’「-'=1、20、(12分)已知抛物线C:x2=2py(p>0)得焦点为F,抛物线上一点A得横坐标为x心1>0),过点A作抛物线C得切线h交x轴于点D,交y轴于点Q,交直线1:Py二于点M,当|FD|=2时，/AFD=60°、求证：△AFQ为等腰三角形，并求抛物线C得方程、若E位于y轴左侧得抛物线C上,过点B作抛物线C得切线12交直线h于点P,交直线1于点汕求厶PMN面积得最小值，并求取到最小值时得X1得值、【解析】(1)设A，\则A处得切线方程为1i:y=PX-2P，所以D卩2X1喝所以|FQ|=+T=|AF|,即MFQ为等腰三角形、又D为线段AQ得中点，所以|AF|=4，得:rxX]X17X~Ty=ipX1-+—=4f22p2,2d.x1+p=16f所以p=2,C:x2=4y、⑵设E(X2,y2)(X2<0),则E处得切线方程为y二x2^X-2X2,2X1X1y=7X_T2X2X2y=—x724佝2—H——12x*严A1同理N，所以面积S=l/xl2x22\/勺切（勺-*1）仪1勺-4）/16x}x2设AB得方程为y=kx+b,则*y=kx+b”b>0,由xT?x2—4kx-4b=0,得rX1+X2=4k,--4b代入①得：S=216『+64b16b(4+4b)2(l+b)\'k2+b,使面积最小,则k=0,得到S=(1+b)2\'b②，令=t,则由②得S(t)=(l+t2)2(3t2-l)(t2+1)=t3+2t,S'(D=,所以当t€调递减;€所以当t二」时，S取到最小值为所以y1=此时b=t£八,即X1=【方法技巧】解决解析几何中最值问题得常用思想方法解析几何中得最值问题就是高考考查得一个重要方向，既可以出现在选择题、填空题中，也可以出现在解答题中，根据待求量得特点，常用以下两种思想方法：数形结合思想：当待求量有几何意义时，一般利用其几何性质，数形结合求解、函数思想：当待求量与其她变量有关时，一般引入该变量构造函数，然后求最值，但要注意待求量得取值范围、21、(12分)已知点P就是圆M:x2+(y+m)2=8(m>0,m—)上一动点，点N(0,m)就是圆M所在平面内一定点，线段NP得垂直平分线I与直线MP相交于点Q当p在圆m上运动时，记动点q得轨迹为曲线r,判断曲线r为何种曲线，并求出它得标准方程、过原点斜率为k得直线交曲线r于A,B两点,其中A在第一象限，且它在x轴上得射影为点C,直线BC交曲线r于另一点D,记直线AD得斜率为k‘，就是否存在m,使得对任意得k>0,都有|k•k‘|=1?若存在，求m得值；若不存在，请说明理由、【解析】(1)因为丨QN|=|QP|,所以||QM|-|QN||=|PM|=2「、当2■<2m时，动点Q得轨迹曲线r为以点M,N为焦点，2a=2为实轴得2X双曲线，其标准方程为2」m”7=1、当2>2m时，动点Q无轨迹、(2)如图所示，设A(xi,y1),D(xo,yo),则B(-xi，-y1),C(X1,0)、则yi二kX1、直线BC得方程为y=(x—x1),即y=■(x-x1)、-ky=2(x~22-2联立化为(m2k*2—2k2-8)x2-2k2(m2-2)xix+(m2-2)(k2m2-422、（12分）（2013・上海高考）如图，已知双曲线C2X~2-y2=1,曲线—8)=0、2}^x{(mZ-2)222所以-xi+x0二工二_丄儿-<-,k%yo-yj㊁(心一勺)一旳TOC\o"1-5"\h\zV—VV—V所以k==1…277k川宀21/-81,C2都有共同点,C2:|y|=|x|+1、P就是平面内一点、若存在过点P得直线与C则称P为“C1-C2型点”、（1）在正确证明Ci得左焦点就是“G-C2型点”时,要使用一条过该焦点得直线试写出一条这样得直线得方程（不要求验证）、（2）设直线y=kx与C2有公共点，求证|k|>1,进而证明原点不就是“G-C2型点”、丄(3)求证：圆x2+y24内得点都不就是“C1-C2型点”【解析】(1)C1得左焦点为(-,0),写出得直线方程可以就是以下形式x=-码或y=k(x+戏)，其中|k|>3、(2)因为直线y=kx与C2有公共点，/y=k&所以方程组1忖|=凶+1有实数解,仪1+1因此|kx|=|x|+1,得|kI=—H—>1、若原点就是“C1-C2型点”，则存在过原点得直线与Cl,C2都有公共点、考虑过原点与C2有公共点得直线x=0或y=kx(|k|>1)、显然直线x=0与Ci无公共点、如果直线为y=kx(Ik|>1),y=kx(21x2-2y-y=1得x2=1-2k2则由方程组V0,矛盾,所以直线y=kx(Ik|>1)与Ci也无公共点、因此原点不就是“Ci-C2型点”1记圆O:x2+y2=，取圆O内得一点Q,设有经过Q得直线I与Ci,C2都有公共点,显然I不垂直于x轴，故可设1:y=kx+b>若|k|<1，由于圆O夹在两组平行线y=x±1与y=-x±1之间，因此圆O也夹在直线y=kx±1与y=-kx±1之间从而过Q且以k为斜率得直线1与C2无公共点，矛盾，所以|k|>1、因为I与C1有公共点，=kx+b,所以方程组2V得(1-2k2)x2-4kbx-2b2—2=0、因为丨k|>1所以1-2k2工0,因此△=(4kb)2-4(1-2k2)(-2b2-2)=8(b2+1-2k2)X)，即b2>2k2—1、因为圆O得圆心(0,0)到直线|得距离d=所以」=d2Vi,从而1+k22>b2>2k2-1得k2<1,与丨k|>1矛盾、因此，圆x2+y2=「内得点都不就是“C1-C2型点”、关闭Word文档返回原板块=22k(n,_2)、若存在m，使得对任意得k>0,都有|kk>1,272.2kHlk-2k-82=1,整理得m2=6,解得m=士」（负值舍去）、因此存在m，且当m二」「时，满足题意、
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