多维层次练44-直线的倾斜角、斜率与直线的方程学案

这是一份多维层次练44-直线的倾斜角、斜率与直线的方程学案，共8页。

1．直线2x·sin 210°－y－2＝0的倾斜角是( )
A．45° B．135°
C．30° D．150°
解析：由题意得直线的斜率k＝2sin 210°＝－2sin 30°＝－1，故倾斜角为135°.故选B.
答案：B
2．在同一平面直角坐标系中，直线l1：ax＋y＋b＝0和直线l2：bx＋y＋a＝0有可能是( )

解析：由题意l1：y＝－ax－b，l2：y＝－bx－a，当a>0，b>0时，－a<0，－b<0.选项B符合．
答案：B
3．若直线ax＋by＝ab(a>0，b>0)过点(1，1)，则该直线在x轴、y轴上的截距之和的最小值为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：因为直线ax＋by＝ab(a>0，b>0)过点(1，1)，
所以a＋b＝ab，即eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，
所以a＋b＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，
当且仅当a＝b＝2时上式等号成立．
所以直线在x轴，y轴上的截距之和的最小值为4.
答案：C
4．若直线x－2y＋b＝0与两坐标轴所围成的三角形的面积不大于1，那么b的取值范围是( )
A．[－2，2] B．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
C．[－2，0)∪(0，2] D．(－∞，＋∞)
解析：令x＝0，得y＝eq \f(b,2)，令y＝0，得x＝－b，所以所求三角形面积为eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))|－b|＝eq \f(1,4)b2，且b≠0，因为eq \f(1,4)b2≤1，
所以b2≤4，所以b的取值范围是[－2，0)∪(0，2]．
答案：C
5．(2020·河南郑州期末)数学家欧拉在1765年提出定理，三角形的外心、重心、垂心(外心是三角形三条边的垂直平分线的交点，重心是三角形三条中线的交点，垂心是三角形三条高线的交点)依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．已知△ABC的顶点B(－1，0)，C(0，2)，AB＝AC，则△ABC的欧拉线方程为( )
A．2x－4y－3＝0 B．2x＋4y＋3＝0
C．4x－2y－3＝0 D．2x＋4y－3＝0
解析：因为B(－1，0)，C(0，2)，所以线段BC中点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，线段BC所在直线的斜率kBC＝2，则线段BC的垂直平分线的方程为y－1＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，即2x＋4y－3＝0.因为AB＝AC，所以△ABC的外心、重心、垂心都在线段BC的垂直平分线上，所以△ABC的欧拉线方程为2x＋4y－3＝0.故选D.
答案：D
6．(多选题)经过点B(3，4)，且与两坐标轴围成一个等腰直角三角形的直线方程为( )
A．x－y＋1＝0 B．x＋y－7＝0
C．2x－y－2＝0 D．2x＋y－10＝0
解析：由题意可知，所求直线的斜率为±1.又过点(3，4)，由点斜式得y－4＝±(x－3)．所求直线的方程为x－y＋1＝0或x＋y－7＝0.
答案：AB
7．已知直线l过点(1，0)，且倾斜角为直线l0：x－2y－2＝0的倾斜角的2倍，则直线l的方程为____________．
解析：由题意可设直线l0，l的倾斜角分别为α，2α，
因为直线l0：x－2y－2＝0的斜率为eq \f(1,2)，则tan α＝eq \f(1,2)，
所以直线l的斜率k＝tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2 α)＝eq \f(2×\f(1,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(4,3)，
所以由点斜式可得直线l的方程为y－0＝eq \f(4,3)(x－1)．
即4x－3y－4＝0.
答案：4x－3y－4＝0
8．已知直线l1：ax－2y＝2a－4，l2：2x＋a2y＝2a2＋4，若0解析：直线l1可写成a(x－2)＝2(y－2)，直线l2可写成2(x－2)＝－a2(y－2)，所以直线l1，l2恒过定点P(2，2)，直线l1的纵截距为2－a，直线l2的横截距为a2＋2，所以四边形的面积S＝eq \f(1,2)×2×(2－a)＋eq \f(1,2)×2×(a2＋2)＝a2－a＋4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(15,4)，故当a＝eq \f(1,2)时，四边形的面积最小．
答案：eq \f(1,2)
9．已知直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为3，分别求满足下列条件的直线l的方程：
(1)过定点A(－3，4)；
(2)斜率为eq \f(1,6).
解：(1)由题意知，直线l存在斜率．
设直线l的方程为y＝k(x＋3)＋4，
它在x轴，y轴上的截距分别是－eq \f(4,k)－3，3k＋4，
由已知，得(3k＋4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k)＋3))＝±6，
解得k1＝－eq \f(2,3)或k2＝－eq \f(8,3).
故直线l的方程为2x＋3y－6＝0或8x＋3y＋12＝0.
(2)设直线l在y轴上的截距为b，
则直线l的方程为y＝eq \f(1,6)x＋b，它在x轴上的截距是－6b，
由已知，得|－6b·b|＝6，所以b＝±1.
所以直线l的方程为x－6y＋6＝0或x－6y－6＝0.
10.如图，射线OA，OB分别与x轴正半轴成45°和30°角，过点P(1，0)的直线AB分别交OA，OB于A，B两点，当AB的中点C恰好落在直线y＝eq \f(1,2)x上时，求直线AB的方程．
解：由题意可得kOA＝tan 45°＝1，
kOB＝tan(180°－30°)＝－eq \f(\r(3),3)，
所以直线lOA：y＝x，lOB：y＝－eq \f(\r(3),3)x.
设A(m，m)，B(－eq \r(3)n，n)，
所以AB的中点Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－\r(3)n,2)，\f(m＋n,2)))，
由点C在直线y＝eq \f(1,2)x上，且A，P，B三点共线得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)＝\f(1,2)·\f(m－\r(3)n,2)，,\f(m－0,m－1)＝\f(n－0,－\r(3)n－1)，))
解得m＝eq \r(3)，所以A(eq \r(3)，eq \r(3))．
又P(1，0)，所以kAB＝kAP＝eq \f(\r(3),\r(3)－1)＝eq \f(3＋\r(3),2)，
所以lAB：y＝eq \f(3＋\r(3),2)(x－1)，
即直线AB的方程为(3＋eq \r(3))x－2y－3－eq \r(3)＝0.
[综合应用练]
11．(2020·全国卷Ⅲ)点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为( )
A．1 B．eq \r(2)
C． D．2
解析：根据题意可知，直线y＝k(x＋1)经过定点(－1，0)．当定点(－1，0)和点(0，－1)的连线与直线y＝k(x＋1)垂直时，点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)的距离最大，所以点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)的最大距离是eq \r(12＋（－1）2)＝eq \r(2).故选B.
答案：B
12．设点A(－2，3)，B(3，2)．若直线ax＋y＋2＝0与线段AB没有交点，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(5,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，\f(4,3)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(4,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞))
解析：直线ax＋y＋2＝0过定点P(0，－2)，可得直线PA的斜率kPA＝－eq \f(5,2)，直线PB的斜率kPB＝eq \f(4,3).若直线ax＋y＋2＝0与线段AB没有交点，则－eq \f(5,2)<－a答案：B
13．不论实数m为何值，直线mx－y＋2m＋1＝0恒过定点________．
解析：直线mx－y＋2m＋1＝0可化为m(x＋2)＋(－y＋1)＝0，因为m∈R，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2＝0，,－y＋1＝0，))所以x＝－2，y＝1，所以直线mx－y＋2m＋1＝0恒过定点(－2，1)．
答案：(－2，1)
14．(2021·广东省适应性考试)若正方形一条对角线所在直线的斜率为2，则该正方形的两条邻边所在直线的斜率分别为________，________．
解析：设一条边所在直线的倾斜角为α，由tan(α＋eq \f(π,4))＝2，解得tan α＝eq \f(1,3)，所以正方形两条邻边所在直线的斜率分别为eq \f(1,3)，－3.
答案：eq \f(1,3) －3
15．已知直线l：kx－y＋1＋2k＝0(k∈R)．
(1)证明：直线l过定点；
(2)若直线l不经过第四象限，求k的取值范围；
(3)若直线l交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，O为坐标原点，设△AOB的面积为S，求S的最小值及此时直线l的方程．
(1)证明：直线l的方程可化为y＝k(x＋2)＋1，故无论k取何值，直线l总过定点(－2，1)．
(2)解：直线l的方程为y＝kx＋2k＋1，
则直线l在y轴上的截距为2k＋1，
要使直线l不经过第四象限，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k≥0，,1＋2k≥0，))解得k≥0，
故k的取值范围是[0，＋∞)．
(3)解：依题意，直线l在x轴上的截距为－eq \f(1＋2k,k)，在y轴上的截距为1＋2k，所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1＋2k,k)，0))，B(0，1＋2k)．
又－eq \f(1＋2k,k)<0且1＋2k>0，所以k>0.
故S＝eq \f(1,2)|OA||OB|＝eq \f(1,2)×eq \f(1＋2k,k)×(1＋2k)＝eq \f(1,2)(4k＋eq \f(1,k)＋4)≥eq \f(1,2)(4＋4)＝4，
当且仅当4k＝eq \f(1,k)，即k＝eq \f(1,2)时，取等号．
故S的最小值为4，此时直线l的方程为x－2y＋4＝0.
[拔高创新练]
16．已知点P在直线x＋3y－2＝0上，点Q在直线x＋3y＋6＝0上，线段PQ的中点为M(x0，y0)，且y0解析：依题意可得eq \f(|x0＋3y0－2|,\r(10))＝eq \f(|x0＋3y0＋6|,\r(10))，化简得x0＋3y0＋2＝0，又y00，当点M位于射线BN上除B点外时，kOM<－eq \f(1,3).所以eq \f(y0,x0)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))∪(0，＋∞)．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))∪(0，＋∞)