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直线方程专题训练
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这是一份直线方程专题训练，共25页。
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(2π,3)))
解：直线2xcsα－y－3＝0的斜率k＝2csα，
因为α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))，所以eq \f(1,2)≤csα≤eq \f(\r(3),2)，
因此k＝2csα∈[1，eq \r(3)]．
设直线的倾斜角为θ，则有tanθ∈[1，eq \r(3)]．
又θ∈[0，π)，所以θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))，
即倾斜角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3))).故选B.
(2)直线l过点P(1，0)，且与以A(2，1)，B(0，eq \r(3))为端点的线段有公共点，则直线l斜率的取值范围为 ．
解：如图，因为kAP＝eq \f(1－0,2－1)＝1，kBP＝eq \f(\r(3)－0,0－1)＝－eq \r(3)，所以直线l的斜率k∈(－∞，－eq \r(3)]∪[1， ＋∞)．
故填(－∞，－eq \r(3)]∪[1，＋∞)．
变式1 (1)(2019·广东七校联考)若过点P(1－a，1＋a)和Q(3，2a)的直线的倾斜角为钝角，则实数a的取值范围是 ( )
A.(－2，1) B.(－1，2) C.(－∞，0) D.(－∞，－2)∪(1，＋∞)
解：由题意知eq \f(2a－1－a,3－1＋a)<0，即eq \f(a－1,2＋a)<0，解得－2(2)若直线l：y＝kx－eq \r(3)与直线2x＋3y－6＝0的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是 ( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) B.(eq \f(π,6)，eq \f(π,2)) C.(eq \f(π,3)，eq \f(π,2)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
解：直线y＝kx－eq \r(3)恒过点(0，－eq \r(3))，作出两直线如图所示，
从图中可以看出，直线l的倾斜角的取值范围为(eq \f(π,6)，eq \f(π,2))．故选B.
考点二 求直线方程
例2 根据所给条件求直线的方程．
(1)直线过点(－4，0)，倾斜角的正弦值为eq \f(\r(10),10)；
(2)直线过点(－3，4)，且在两坐标轴上的截距相等；
(3)直线过点(5，10)，且到原点的距离为5.
解：(1)由题意知，直线的斜率存在，
设倾斜角为α，则sinα＝eq \f(\r(10),10)(α∈[0，π))，
从而csα＝±eq \f(3\r(10),10)，则k＝tanα＝±eq \f(1,3).
故所求直线的方程为y＝±eq \f(1,3)(x＋4)，即x±3y＋4＝0.
(2)若截距不为0，设直线的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,a)＝1，
因为直线过点(－3，4)，所以eq \f(－3,a)＋eq \f(4,a)＝1，解得a＝1.
此时直线方程为x＋y－1＝0.
若截距为0，设直线方程为y＝kx，代入点(－3，4)，
有4＝－3k，解得k＝－eq \f(4,3)，此时直线方程为4x＋3y＝0.
综上，所求直线方程为x＋y－1＝0或4x＋3y＝0.
(3)由题意知，当直线的斜率不存在时符合题意，此时直线方程为x－5＝0.
当直线斜率存在时，设其方程为y－10＝k(x－5)，
即kx－y＋(10－5k)＝0.
由点到直线的距离公式，得eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(10－5k)),\r(1＋k2))＝5，解得k＝eq \f(3,4).
此时直线方程为3x－4y＋25＝0.
综上知，所求直线方程为x－5＝0或3x－4y＋25＝0.
点拨 本题考查应用直线方程的几种形式求直线方程，难度虽不大，但每小题都有陷阱．题(1)给出了倾斜角的正弦值，求正切值时，应注意倾斜角的范围；题(2)截距相等包括经过原点的直线，还要注意截距不是距离；题(3)应用点斜式求直线方程时，注意点斜式的局限性，它不能表示平面内所有直线．
变式2 (1)直线l过点(－2，2)且与x轴，y轴分别交于点(a，0)，(0，b)，若|a|＝|b|，则直线l的方程为 ．
解：若a＝b＝0，则直线l过点(0，0)与(－2，2)，
直线l的斜率k＝－1，直线l的方程为y＝－x，即x＋y＝0.
若a≠0，b≠0，则直线l的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1，
由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(－2,a)＋\f(2,b)＝1，,|a|＝|b|，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝4，))
此时，直线l的方程为x－y＋4＝0.
故填x＋y＝0或x－y＋4＝0.
(2)一次函数y＝－eq \f(m,n)x＋eq \f(1,n)的图象同时经过第一、三、四象限的必要不充分条件是 ( )
A.m＞1且n＜1 B.mn＜0 C.m＞0且n＜0 D.m＜0且n＜0
解：因为y＝－eq \f(m,n)x＋eq \f(1,n)的图象经过第一、三、四象限，故－eq \f(m,n)＞0，eq \f(1,n)＜0，即m＞0，n＜0为充要条件，因此mn＜0是它的一个必要不充分条件．故选B.
考点三 直线方程的应用
例3 (1)设m∈R，过定点A的动直线x＋my＝0和过定点B的动直线mx－y－m＋3＝0交于点
P(x，y)，则|PA|·|PB|的最大值是 ．
解：由直线x＋my＝0求得定点A(0，0)，直线mx－y－m＋3＝0，即y－3＝m(x－1)，所以得定点B(1，3)．当m＝0时，两条动直线垂直，当m≠0时，因为(－eq \f(1,m))·m＝－1，所以两条动直线也垂直，因为P为两直线的交点，所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，所以|PA|·|PB|≤eq \f(|PA|2＋|PB|2,2)＝5(当且仅当|PA|＝|PB|＝eq \r(5)时，等号成立)，所以|PA|·|PB|的最大值是5.故填5.
(2)已知直线l1：ax－2y＝2a－4，l2：2x＋a2y＝2a2＋4，当0解：由题意知直线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＝(a－eq \f(1,2))2＋eq \f(15,4)，又0点拨 ①求解与直线方程有关的最值问题．先设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式求解最值．②求参数值或范围，注意点在直线上，则点的坐标适合直线的方程，再结合函数的单调性或基本不等式求解．
变式3 (2018·四川达州月考)直线l过点P(1，4)，分别交x轴的正半轴和y轴的正半轴于A，B两点．
(1)当|PA|·|PB|最小时，求l的方程；
(2)当|OA|＋|OB|最小时，求l的方程．
解：依题意，l的斜率存在，且斜率为负．
设l：y－4＝k(x－1)(k<0)．
令y＝0，可得A(1－eq \f(4,k)，0)；
令x＝0，可得B(0，4－k)．
(1)|PA|·|PB|＝eq \r(（\f(4,k)）2＋16)·eq \r(1＋k2)
＝－eq \f(4,k)(1＋k2)＝－4(eq \f(1,k)＋k)≥8.(注意k<0)
所以当且仅当eq \f(1,k)＝k且k<0，即k＝－1时，|PA|·|PB|取最小值．此时l的方程为x＋y－5＝0.
(2)|OA|＋|OB|＝(1－eq \f(4,k))＋(4－k)＝5－(k＋eq \f(4,k))≥9.
所以当且仅当k＝eq \f(4,k)且k<0，即k＝－2时，|OA|＋|OB|取最小值．此时l的方程为2x＋y－6＝0.
课时作业
1．如图中的直线l1，l2，l3的斜率分别为k1，k2，k3，则 ( )
A.k1解：直线l1的倾斜角α1是钝角，故k1<0，直线l2与l3的倾斜角α2与α3均为锐角，且α2>α3，所以02．已知直线l：ax＋y－2－a＝0在x轴和y轴上的截距相等，则a的值是 ( )
A.1 B.－1 C.－2或－1 D.－2或1
解：由题意知a≠0，得a＋2＝eq \f(a＋2,a)，所以a＝－2或a＝1.故选D.
3.(2019·石家庄调研)已知直线l的斜率为k(k≠0)，它在x轴，y轴上的截距分别为k，2k，则直线l的方程为 ( )
A.2x－y－4＝0 B.2x－y＋4＝0
C.2x＋y－4＝0 D.2x＋y＋4＝0
解：依题意得直线l过点(k，0)和(0，2k)，所以其斜率k＝eq \f(2k－0,0－k)＝－2，由点斜式得直线l的方程为y＝－2(x＋2)，化为一般式是2x＋y＋4＝0.故选D.
4.直线ax＋by＋c＝0同时要经过第一、二、四象限，则a，b，c应满足 ( )
A.ab>0，bc<0 B.ab>0，bc>0
C.ab<0，bc>0 D.ab<0，bc<0
解：由于直线ax＋by＋c＝0经过第一、二、四象限，
所以直线存在斜率，将方程变形为y＝－eq \f(a,b)x－eq \f(c,b).
易知－eq \f(a,b)<0且－eq \f(c,b)>0，故ab>0，bc<0.
故选A.
5．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 \f(5,2)]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
B.(－eq \f(4,3)，eq \f(5,2))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，\f(4,3)))
D.(－∞，－eq \f(4,3)]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞))
解：直线ax＋y＋2＝0恒过点M(0，－2)，且斜率为－a，因为kMA＝eq \f(3－（－2）,－2－0)＝－eq \f(5,2)，kMB＝eq \f(2－（－2）,3－0)＝eq \f(4,3)，
画图可知－a>－eq \f(5,2)且－a故选B.
6．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.4 C.2 D.8
解：因为直线ax＋by＝ab过点(1，1)，所以a＋b＝ab，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，因为直线在x轴的截距为b，在y轴上的截距为a，所以直线在x轴、y轴上的截距之和为a＋b，a＋b＝(a＋b)·(eq \f(1,a)＋eq \f(1,b))＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，所以当a＝b＝2时取最小值，最小值为4.故选B.
7．已知函数f(x)＝asinx－bcsx(a≠0，b≠0)，若f(eq \f(π,4)－x)＝f(eq \f(π,4)＋x)，则直线ax－by＋c＝0的倾斜角为 ( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(3π,4)
解：由f(eq \f(π,4)－x)＝f(eq \f(π,4)＋x)知，函数f(x)的图象关于x＝eq \f(π,4)对称，所以f(0)＝f(eq \f(π,2))，所以a＝－b，则直线ax－by＋c＝0的斜率为k＝eq \f(a,b)＝－1，又直线倾斜角的取值范围为[0，π)，所以该直线的倾斜角为eq \f(3π,4).
故选D.
8.【多选题】下列说法正确的是 ( )
A.截距相等的直线都可以用方程eq \f(x,a)＋eq \f(y,a)＝1表示
B.方程x＋my－2＝0(m∈R)能表示平行于y轴的直线
C.经过点P(1，1)，倾斜角为θ的直线方程为y－1＝(x－1)tanθ
D.经过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线方程为(y2－y1)(x－x1)－(x2－x1)(y－y1)＝0
解：对于A，若直线过原点，横纵截距都为零，则不能用方程eq \f(x,a)＋eq \f(y,a)＝1表示，所以A不正确；
对于B，当m＝0时，平行于y轴的直线方程形式为x＝2，所以B正确；
对于C，若直线的倾斜角为90°，则该直线的斜率不存在，不能用y－1＝(x－1)tanθ表示，所以C不正确；
对于D，设点P(x，y)是经过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线上的任意一点，根据eq \(P1P2,\s\up6(→))∥eq \(P1P,\s\up6(→))可得(y2－y1)(x－x1)－(x2－x1)(y－y1)＝0，所以D正确．
故选BD.
9．已知三角形的三个顶点A(－5，0)，B(3，－3)，C(0，2)，则BC边上中线所在的直线方程为 ．
解：BC的中点坐标为(eq \f(3,2)，－eq \f(1,2))，所以BC边上中线所在直线方程为eq \f(y－0,－\f(1,2)－0)＝eq \f(x＋5,\f(3,2)＋5)，即x＋13y＋5＝0.故填x＋13y＋5＝0.
10．(2019·沧州月考)已知直线y＝eq \f(1,2)x＋k与两坐标轴围成的三角形的面积不小于1，则实数k的取值范围是 ．
解：令y＝0，则x＝－2k.令x＝0，则y＝k.故直线与两坐标轴围成的三角形的面积为S＝eq \f(1,2)|k|·|－2k|＝k2.由题意知，三角形的面积不小于1，可得k2≥1，所以实数k的取值范围是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．
故填(－∞，－1]∪[1，＋∞)．
11．(2019·山西长治月考)在△ABC中，已知A(5，－2)，B(7，3)，且AC边的中点M在y轴上，BC边的中点N在x轴上，求：
(1)顶点C的坐标；
(2)直线MN的方程．
解：(1)设点C的坐标为(x，y)，则有
eq \f(x＋5,2)＝0，eq \f(3＋y,2)＝0.
所以x＝－5，y＝－3，
即点C的坐标为(－5，－3)．
(2)由题意知，M(0，－eq \f(5,2))，N(1，0)，
所以直线MN的方程为x－eq \f(y,\f(5,2))＝1，
即5x－2y－5＝0.
12．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．
解：(1)证明：将直线l的方程变形得k(x＋2)＋(1－y)＝0，
令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2＝0，,1－y＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝1，))
所以无论k取何值，直线l过定点(－2，1)．
(2)当直线l的倾斜角θ∈[0°，90°]时，直线l不经过第四象限，所以k≥0.
13．(2019·福建华安月考)设直线l的方程为(a＋1)x＋y－2－a＝0(a∈R)．
(1)若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程；
(2)若a>－1，直线l与x，y轴分别交于M，N两点，O为坐标原点，求△OMN面积取最小值时直线l的方程．
解：(1)当直线l经过坐标原点时，该直线在两坐标轴上的截距都为0，此时a＋2＝0，解得a＝ －2，此时直线l的方程为－x＋y＝0，即x－y＝0；当直线l不经过坐标原点，即a≠－2且a≠－1时，由直线在两坐标轴上的截距相等可得eq \f(2＋a,a＋1)＝2＋a，解得a＝0，此时直线l的方程为x＋y－2＝0.
所以直线l的方程为x－y＝0或x＋y－2＝0.
(2)由直线方程可得M(eq \f(2＋a,a＋1)，0)，N(0，2＋a)，
因为a>－1，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)×eq \f(2＋a,a＋1)×(2＋a)＝eq \f(1,2)×eq \f([（a＋1）＋1]2,a＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（a＋1）＋\f(1,a＋1)＋2))≥eq \f(1,2)×[2eq \r(（a＋1）·\f(1,a＋1))＋2]＝2，
当且仅当a＋1＝eq \f(1,a＋1)，即a＝0时等号成立．
此时直线l的方程为x＋y－2＝0.
附加题 (2019·福建漳州月考)在等腰直角△ABC中，AB＝AC＝4，点P是边AB上异于A，B的一点．光线从点P出发，经BC，CA反射后又回到点P(如图)．若光线QR经过△ABC的重心，求AP的长．
解：以AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立如图所示的坐标系，由题意可知B(4，0)，C(0，4)，A(0，0)，则直线BC的方程为x＋y－4＝0，
设P(t，0)(0AP＝eq \f(4,3).
第二节 两条直线的位置关系
考点一 两条直线平行、重合或相交
例1 (2019·保定五校联考)直线l1：mx－2y＋1＝0，l2：x－(m－1)y－1＝0，则“m＝2”是“l1∥l2”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解：由l1∥l2得－m(m－1)＝1×(－2)，得m＝2或m＝－1，经验证，当m＝－1时，直线l1与l2重合，舍去，所以“m＝2”是“l1∥l2”的充要条件．故选C.
点拨 ①当含参数的直线方程为一般式时，若要表示出直线的斜率，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况，同时还要注意x，y的系数不能同时为零这一隐含条件．②在判断两直线平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论．③eq \f(A1,A2)＝eq \f(B1,B2)≠eq \f(C1,C2)保证了平行的同时又去掉了重合的情形．
变式1 已知三条直线2x－3y＋1＝0，4x＋3y＋5＝0，mx－y－1＝0不能构成三角形，则实数m的取值集合为 ( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(2,3))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(2,3)，\f(4,3)))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(2,3))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))
解：由题意得直线mx－y－1＝0与另外两条直线中的一条平行，或者过另外两条直线的交点．当直线mx－y－1＝0与2x－3y＋1＝0，4x＋3y＋5＝0分别平行时，m＝eq \f(2,3)或－eq \f(4,3)；当直线mx－y－1＝0过2x－3y＋1＝0与4x＋3y＋5＝0的交点时，m＝－eq \f(2,3).所以实数m的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).故选D.
考点二 两条直线垂直
例2 (1)设a，b，c分别是△ABC中内角A，B，C所对边的边长，则直线xsinA＋ay＋c＝0与bx－ysinB＋sinC＝0的位置关系是 ( )
A.平行 B.重合 C.垂直 D.相交但不垂直
解：由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得bsinA－asinB＝0，
所以两直线垂直．故选C.
(2)已知直线l1：(a＋2)x＋(1－a)y－3＝0与直线l2：(a－1)x＋(2a＋3)y＋2＝0，则“a＝1”是“l1⊥l2”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解：l1⊥l2的充要条件是(a＋2)(a－1)＋(1－a)(2a＋3)＝0，即a2－1＝0，解得a＝±1.
显然“a＝1”是“a＝±1”的充分不必要条件，故“a＝1”是“l1⊥l2”的充分不必要条件．故选A.
变式2 (1)(2019·湖北武汉调研)已知b>0，直线(b2＋1)x＋ay＋2＝0与直线x－b2y－1＝0互相垂直，则ab的最小值为 ( )
A.1 B.2 C.2eq \r(2) D.2eq \r(3)
解：由已知两直线垂直得b2＋1－ab2＝0，即ab2＝b2＋1，根据b>0，两边同时除以b得ab＝b＋eq \f(1,b)≥2eq \r(b·\f(1,b))＝2，当且仅当b＝1时等号成立．故选B.
(2)(2019·南昌模拟)已知点A(1，0)，B(3，0)，若直线y＝kx＋1上存在一点P，满足PA⊥PB，则k的取值范围是 ．
解法一：设P(x0，kx0＋1)，依题意可得kPA·kPB＝－1，即eq \f(kx0＋1,x0－1)×eq \f(kx0＋1,x0－3)＝－1，即(k2＋1)xeq \\al(2,0)＋(2k－4)x0＋4＝0，则Δ＝(2k－4)2－16(k2＋1)≥0，化简得3k2＋4k≤0，解得－eq \f(4,3)≤k≤0，故k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，0)).
解法二：若直线y＝kx＋1上存在点P，满足PA⊥PB，则直线y＝kx＋1与以AB为直径的圆(x－2)2＋y2＝1有公共点，故eq \f(|2k＋1|,\r(1＋k2))≤1，即3k2＋4k≤0，解得－eq \f(4,3)≤k≤0，故k的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，0)).故填eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，0)).
考点三 对称问题
例3 (1)点A(－2，a)与点B(b，－3)关于直线l：x＋2y－a＝0对称，则a＋3b＝ .
解：由题意知点A与点B的中点P的坐标为(eq \f(b－2,2)，eq \f(a－3,2))，因为P在直线l上，所以eq \f(b－2,2)＋2·eq \f(a－3,2)－a＝0，得b＝8.又AB⊥l，所以kAB·(－eq \f(1,2))＝－1，即eq \f(a＋3,－2－8)＝2，得a＝－23，所以a＋3b＝－23＋3×8＝1.故填1.
(2)已知直线l：2x－3y＋1＝0，点A(－1，－2)，则直线l关于点A对称的直线l′的方程为 ．
解法一：在l：2x－3y＋1＝0上任取两点，如P(1，1)，N(4，3)，则P，N关于点A的对称点P′，N′均在直线l′上．
易知P′(－3，－5)，N′(－6，－7)，由两点式可得l′的方程为2x－3y－9＝0.
解法二：设Q(x，y)为l′上任意一点，则Q(x，y)关于点A(－1，－2)的对称点为Q′(－2－x，－4－y)，
因为Q′在直线l上，所以2(－2－x)－3(－4－y)＋1＝0，即2x－3y－9＝0.故填2x－3y－9＝0.
(3)直线l1：2x＋y－4＝0关于直线l：x－y＋2＝0对称的直线l2的方程为 ．
解：解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋y－4＝0，,x－y＋2＝0，))得直线l1与直线l的交点A(eq \f(2,3)，eq \f(8,3))．在直线l1上取一点B(2，0)，设点B关于直线l的对称点为C(x，y)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,2)－\f(y,2)＋2＝0，,\f(y,x－2)＝－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝4，))即C(－2，4)．
又直线l2过A(eq \f(2,3)，eq \f(8,3))和C(－2，4)两点，故由两点式得直线l2的方程为eq \f(y－4,\f(8,3)－4)＝eq \f(x＋2,\f(2,3)＋2)，即x＋2y－6＝0.故填x＋2y－6＝0.
变式3 (1)将一张坐标纸折叠一次，使得点(0，2)与点(4，0)重合，点(7，3)与点(m，n)重合，则m＋n等于( )
A.eq \f(34,5) B.eq \f(36,5) C.eq \f(28,3) D.eq \f(32,3)
解：由题意可知，纸的折痕应是点(0，2)与点(4，0)连线的中垂线，即直线y＝2x－3，它也是点(7，3)与点(m，n)连线的中垂线，
于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3＋n,2)＝2×\f(7＋m,2)－3，,\f(n－3,m－7)＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(3,5)，,n＝\f(31,5)，))
故m＋n＝eq \f(34,5).故选A.
(2)光线沿直线l1：x－2y＋5＝0射入，遇直线l：3x－2y＋7＝0后反射，则反射光线所在的直线方程为 ．
解法一：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2y＋5＝0，,3x－2y＋7＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝2.))
所以反射点M的坐标为(－1，2)．
又取直线x－2y＋5＝0上一点P(－5，0)，设点P关于直线l的对称点为P′(x0，y0)，
由PP′⊥l可知，kPP′＝－eq \f(2,3)＝eq \f(y0,x0＋5).
而PP′的中点Q的坐标为(eq \f(x0－5,2)，eq \f(y0,2))，又Q点在l上，
所以3·eq \f(x0－5,2)－2·eq \f(y0,2)＋7＝0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y0,x0＋5)＝－\f(2,3)，,\f(3,2)（x0－5）－y0＋7＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(17,13)，,y0＝－\f(32,13).))
根据直线的两点式方程可得所求反射光线所在直线的方程为29x－2y＋33＝0.
解法二：设直线x－2y＋5＝0上任意一点P(x0，y0)关于直线l的对称点为P′(x，y)，则eq \f(y0－y,x0－x)＝－eq \f(2,3)，
又PP′的中点Q(eq \f(x＋x0,2)，eq \f(y＋y0,2))在l上，
所以3×eq \f(x＋x0,2)－2×eq \f(y＋y0,2)＋7＝0，由
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y0－y,x0－x)＝－\f(2,3)，,3×\f(x＋x0,2)－（y＋y0）＋7＝0.))
可得P点的横、纵坐标分别为
x0＝eq \f(－5x＋12y－42,13)，y0＝eq \f(12x＋5y＋28,13)，
代入方程x－2y＋5＝0中，化简得29x－2y＋33＝0，
所以所求反射光线所在的直线方程为29x－2y＋33＝0.
故填29x－2y＋33＝0.
考点四 距离问题
例4 (1)(2019·广州模拟)已知点P(4，a)到直线4x－3y－1＝0的距离不大于3，则a的取值范围是 ．
解：由题意得，
点P到直线的距离为eq \f(|4×4－3a－1|,5)＝eq \f(|15－3a|,5).
又eq \f(|15－3a|,5)≤3，即|15－3a|≤15，解得0≤a≤10，
所以a的取值范围是[0，10]．故填[0，10]．
(2)(2019·厦门模拟)若两平行直线3x－2y－1＝0，6x＋ay＋c＝0之间的距离为eq \f(2\r(13),13)，则c的值是 ．
解：依题意知，eq \f(6,3)＝eq \f(a,－2)≠eq \f(c,－1)，解得a＝－4，c≠－2，即直线6x＋ay＋c＝0可化为3x－2y＋eq \f(c,2)＝0，
又两平行线之间的距离为eq \f(2\r(13),13)，
所以eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)＋1)),\r(32＋（－2）2))＝eq \f(2\r(13),13)，解得c＝2或－6.
故填2或－6.
点拨 距离的求法：①点到直线的距离，可直接利用点到直线的距离公式来求，但要注意此时直线方程必须为一般式．②两平行直线间的距离，利用“化归”法将两条平行线间的距离转化为一条直线上任意一点到另一条直线的距离；或利用两平行线间的距离公式d＝eq \f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).
变式4 (1)(2019·上海黄浦区监测)已知曲线y＝ax(a>0且a≠1)恒过点A(m，n)，则点A到直线x＋y－3＝0的距离为 ．
解：由题意，可知曲线y＝ax(a>0且a≠1)恒过点(0，1)，所以A(0，1)，
点A(0，1)到直线x＋y－3＝0的距离d＝eq \f(|0＋1－3|,\r(2))＝eq \r(2).
故填eq \r(2).
(2)直线l过点P(－1，2)且到点A(2，3)和点B(－4，5)的距离相等，则直线l的方程为 ．
解法一：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－2＝k(x＋1)，即kx－y＋k＋2＝0.
由题意知eq \f(|2k－3＋k＋2|,\r(k2＋1))＝eq \f(|－4k－5＋k＋2|,\r(k2＋1))，
即|3k－1|＝|－3k－3|，所以k＝－eq \f(1,3).
所以直线l的方程为y－2＝－eq \f(1,3)(x＋1)，
即x＋3y－5＝0.
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝－1，也符合题意．
解法二：当AB∥l时，直线l的斜率k＝kAB＝－eq \f(1,3)，直线l的方程为y－2＝－eq \f(1,3)(x＋1)，即x＋3y－5＝0.
当l过AB的中点(－1，4)时，由直线l过点P(－1，2)知，
直线l的方程为x＝－1.
故所求直线l的方程为x＋3y－5＝0或x＝－1.
故填x＋3y－5＝0或x＝－1.
考点五 直线系及其应用
例5 求证：动直线(m2＋2m＋3)x＋(1＋m－m2)y＋3m2＋1＝0(其中m∈R)恒过定点，并求出定点坐标．
证法一：令m＝0，则直线方程为3x＋y＋1＝0，①
再令m＝1时，直线方程为6x＋y＋4＝0，②
联立①②，得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x＋y＋1＝0，,6x＋y＋4＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝2.))
将点A(－1，2)代入动直线(m2＋2m＋3)x＋(1＋m－m2)y＋3m2＋1＝0中，
(m2＋2m＋3)×(－1)＋(1＋m－m2)×2＋3m2＋1
＝(3－1－2)m2＋(－2＋2)m＋2＋1－3＝0，
故点A(－1，2)的坐标恒满足动直线方程，所以动直线(m2＋2m＋3)x＋(1＋m－m2)y＋3m2＋1＝0恒过定点A.
证法二：将动直线方程按m降幂排列整理得，
m2(x－y＋3)＋m(2x＋y)＋3x＋y＋1＝0，①
不论m为何实数，①式恒为零，
所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＋3＝0，,2x＋y＝0，,3x＋y＋1＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝2.))
故动直线恒过点(－1，2)．
点拨 此题属于数学中恒成立问题，所以证法一是先赋给m两个特殊值得两条直线，那么这两条直线的交点就是那个定点，但m只是取两个特殊值，是否m∈R时都成立，则要进行代入检验；证法二是将动直线方程按m的降幂排列，由于∀m∈R恒成立，所以得关于x，y的方程组，解此方程组便得定点坐标．直线系也称直线束，是具有某一共同性质的直线的集合．常见直线系方程有：①过定点(x1，y1)的直线系：y－y1＝k(x－x1)和x＝x1.②平行于直线Ax＋By＋C＝0的直线系：Ax＋By＋λ＝0(λ≠C)．③垂直于直线Ax＋By＋C＝0的直线系：Bx－Ay＋λ＝0.④过A1x＋B1y＋C1＝0与A2x＋B2y＋C2＝0的交点的直线系：A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0(不包括直线A2x＋B2y＋C2＝0)．
变式5 若点P(－2，－1)到直线l：(1＋3λ)x＋(1＋2λ)y＝2＋5λ的距离为d，则d的取值范围是
( )
A.[0，eq \r(13)) B.[0，＋∞) C.(eq \r(13)，＋∞) D.[eq \r(13)，＋∞)
解：把直线l的方程化为(x＋y－2)＋λ(3x＋2y－5)＝0，
由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－2＝0，,3x＋2y－5＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，))得直线l恒过定点A(1，1)，其中直线l不包括直线3x＋2y－5＝0.
又|PA|＝eq \r(（－2－1）2＋（－1－1）2)＝eq \r(13)，且PA与直线3x＋2y－5＝0垂直，即点P到直线3x＋2y－5＝0的距离为eq \r(13)，所以点P到直线l的距离d满足0≤d＜eq \r(13).故选A.
课时作业
1．已知两直线方程分别为l1：x＋y＝1，l2：ax＋2y＝0，若l1⊥l2，则a＝ ( )
A.2 B.－2 C.eq \f(1,2) D.－eq \f(1,2)
解：因为l1⊥l2，所以eq \f(a,2)＝－1，解得a＝－2.故选B.
2．(2019·天津一中模拟)已知直线x＋a2y＋6＝0与直线(a－2)x＋3ay＋2a＝0平行，则a的值为( )
A.0或3或－1 B.0或3
C.3或－1 D.0或－1
解：由题意知1×3a－a2(a－2)＝0，即a(a2－2a－3)＝0，所以a＝0，a＝－1或a＝3，经验证当a＝3时，两直线重合．
故选D.
3．从点(2，3)射出的光线沿与向量a＝(8，4)平行的直线射到y轴上，则反射光线所在的直线方程为 ( )
A.x＋2y－4＝0 B.2x＋y－1＝0
C.x＋6y－16＝0 D.6x＋y－8＝0
解：由直线与向量a＝(8，4)平行知，过点(2，3)的直线的斜率k＝eq \f(1,2)，所以直线的方程为y－3＝eq \f(1,2)(x－2)，其与y轴的交点坐标为(0，2)，又点(2，3)关于y轴的对称点为(－2，3)，所以反射光线过点(－2，3)与(0，2)，由两点式知A正确．故选A.
4．(2018·新余调研)已知坐标原点关于直线l1：x－y＋1＝0的对称点为A，设直线l2经过点A，则当点B(2，－1)到直线l2的距离最大时，直线l2的方程为 ( )
A.2x＋3y＋5＝0 B.3x－2y＋5＝0
C.3x＋2y＋5＝0 D.2x－3y＋5＝0
解：设A(x0，y0)，依题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)－\f(y0,2)＋1＝0，,\f(y0,x0)＝－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－1，,y0＝1，))即A(－1，1)．设点B(2，－1)到直线l2的距离为d，当d＝|AB|时取得最大值，此时直线l2垂直于直线AB，又－eq \f(1,kAB)＝eq \f(3,2)，所以直线l2的方程为y－1＝eq \f(3,2)(x＋1)，即3x－2y＋5＝0.故选B.
5．已知a≠0，直线ax＋(b＋2)y＋4＝0与直线ax＋(b－2)y－3＝0互相垂直，则ab的最大值为
( )
A.0 B.2 C.4 D.eq \r(2)
解：由已知得a2＋(b＋2)(b－2)＝0，即a2＋b2＝4.因为a2＋b2＝4≥2ab，所以ab≤2，当且仅当a＝b＝±eq \r(2)时取“＝”，即ab的最大值为2.故选B.
6.(2019·运城二模)在平面直角坐标系内，过定点P的直线l：ax＋y－1＝0与过定点Q的直线m：x－ay＋3＝0相交于点M，则|MP|2＋|MQ|2＝( )
A.eq \f(\r(10),2) B.eq \r(10) C.5 D.10
解：由题意知P(0，1)，Q(－3，0)，因为直线ax＋y－1＝0与直线x－ay＋3＝0垂直，所以MP⊥MQ，所以|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2＝9＋1＝10.故选D.
7．(江西省名师联盟2019届高三5月内部特供卷)唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即：将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2＋y2≤1，若将军从点A(2，0)处出发，河岸线所在直线方程为x＋y＝3，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为 ( )
A.eq \r(10)－1 B.2eq \r(2)－1
C.2eq \r(2) D.eq \r(10)
解：设点A关于直线x＋y＝3的对称点A′(a，b)，则AA′的中点为(eq \f(a＋2,2)，eq \f(b,2))，kAA′＝eq \f(b,a－2)，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(b,a－2)·（－1）＝－1，,\f(a＋2,2)＋\f(b,2)＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝1，))要使从点A到军营的总路程最短，即需点A′到圆x2＋y2＝1上点的距离最短，则“将军饮马”的最短总路程为eq \r(32＋12)－1＝eq \r(10)－1.故选A.
8．【多选题】下列说法正确的是 ( )
A.动点A，B分别在直线l1：x＋y－7＝0和l2：x＋y－5＝0上移动，则AB的中点M到原点的距离的最小值为3eq \r(2)
B.点(0，2)关于直线y＝x＋1的对称点为(1，1)
C.当点P(3，2)到直线mx－y＋1－2m＝0的距离最大时，m的值为1
D.过点(2，1)且与直线3x－2y＝0垂直的直线方程为3x＋2y－8＝0
解：A项中点M所在直线的方程为l：x＋y＋m＝0，
根据平行线间的距离公式得eq \f(|m＋7|,\r(2))＝eq \f(|m＋5|,\r(2))⇒|m＋7|＝|m＋5|⇒m＝－6，即l：x＋y－6＝0，
根据点到直线的距离公式，得M到原点的距离的最小值为eq \f(|－6|,\r(2))＝3eq \r(2)，所以A正确．
B项中(eq \f(0＋1,2)，eq \f(2＋1,2))在直线y＝x＋1上，且(0，2)，(1，1)连线的斜率为－1，所以B正确．C项中直线mx－y＋1－2m＝0过定点Q(2，1)，所以点P(3，2)到直线mx－y＋1－2m＝0的距离最大时，PQ垂直该直线，即m·eq \f(2－1,3－2)＝－1，所以m＝－1故错误．D选项，设要求的直线方程为2x＋3y＋m＝0，把点(2，1)代入可得4＋3＋m＝0，解得m＝－7.可得要求的直线方程为2x＋3y－7＝0.故选AB.
9．若O(0，0)，A(4，－1)两点到直线ax＋a2y＋6＝0的距离相等，则实数a＝________．
解：由题意，得eq \f(6,\r(a2＋a4))＝eq \f(|4a－a2＋6|,\r(a2＋a4))，即4a－a2＋6＝±6，解得a＝0或－2或4或6.检验得a＝0不合题意，所以a＝－2或4或6.故填－2或4或6.
10.(2019·唐山模拟)已知0解：直线l1，l2恒过定点P(2，4)，直线l1在y轴上的截距为4－k，直线l2在x轴上的截距为2k2＋2，因为00，2k2＋2>0，所以四边形的面积S＝eq \f(1,2)×2×(4－k)＋eq \f(1,2)×4×(2k2＋2)＝4k2－k＋8，故当k＝eq \f(1,8)时，面积最小．
故填eq \f(1,8).
11．已知直线l1：x＋a2y＋1＝0和直线l2：(a2＋1)x－by＋3＝0(a，b∈R)．
(1)若l1∥l2，求b的取值范围；
(2)若l1⊥l2，求|ab|的最小值．
解：(1)因为l1∥l2，所以－b－(a2＋1)a2＝0，且a2＋1≠3.
则b＝－a2(a2＋1)＝－a4－a2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,4)，
因为a2≥0，所以b≤0.
又因为a2＋1≠3，所以b≠－6.
故b的取值范围是(－∞，－6)∪(－6，0]．
(2)因为l1⊥l2，所以(a2＋1)－a2b＝0，
又若a＝0，不满足l1⊥l2，则a≠0，
所以ab＝a＋eq \f(1,a)，|ab|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))≥2，当且仅当a＝±1时等号成立，因此|ab|的最小值为2.
12.已知直线l经过直线2x＋y－5＝0与x－2y＝0的交点．
(1)点A(5，0)到l的距离为3，求l的方程；
(2)求点A(5，0)到l的距离的最大值．
解：(1)经过两已知直线交点的直线系方程为(2x＋y－5)＋λ(x－2y)＝0，即(2＋λ)x＋(1－2λ)y－5＝0，
所以eq \f(|10＋5λ－5|,\r(（2＋λ）2＋（1－2λ）2))＝3.
解得λ＝2或λ＝eq \f(1,2).
所以l的方程为x＝2或4x－3y－5＝0.
(2)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋y－5＝0，,x－2y＝0，))解得交点P(2，1)，
如图，过P作任一直线l，设d为点A到l的距离，
则d≤|PA|(当l⊥PA时等号成立)．
所以dmax＝|PA|＝eq \r(10).
13.已知三条直线：l1：2x－y＋a＝0(a＞0)；l2：－4x＋2y＋1＝0；l3：x＋y－1＝0，且l1与l2间的距离是eq \f(7\r(5),10).
(1)求a的值；
(2)能否找到一点P，使P同时满足下列三个条件：
①点P在第一象限；
②点P到l1的距离是点P到l2的距离的eq \f(1,2)；
③点P到l1的距离与点P到l3的距离之比是eq \r(2)∶eq \r(5).
若能，求点P的坐标；若不能，说明理由．
解：(1)直线l2的方程变形为：2x－y－eq \f(1,2)＝0，所以两条平行线l1与l2间的距离为d＝eq \f(|a－（－\f(1,2)）|,\r(22＋（－1）2))＝eq \f(7\r(5),10)，
所以eq \f(|a＋\f(1,2)|,\r(5))＝eq \f(7\r(5),10)，即|a＋eq \f(1,2)|＝eq \f(7,2)，解得a＝3或a＝－4.
又a＞0，所以a＝3.
(2)假设存在点P，设点P(x0，y0)．若点P满足条件②，则点P在与l1，l2平行的直线l′：2x－y＋c＝0上，且eq \f(|c－3|,\r(5))＝eq \f(1,2)×eq \f(|c＋\f(1,2)|,\r(5))，解得c＝eq \f(13,2)或eq \f(11,6)，
所以2x0－y0＋eq \f(13,2)＝0或2x0－y0＋eq \f(11,6)＝0；
若P点满足条件③，则由点到直线的距离公式，
有eq \f(|2x0－y0＋3|,\r(5))＝eq \f(\r(2),\r(5))×eq \f(|x0＋y0－1|,\r(2))，
即|2x0－y0＋3|＝|x0＋y0－1|，
所以x0－2y0＋4＝0或3x0＋2＝0；
由于点P在第一象限，所以3x0＋2＝0不成立．
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x0－y0＋\f(13,2)＝0，,x0－2y0＋4＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－3，,y0＝\f(1,2)))(舍去)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x0－y0＋\f(11,6)＝0，,x0－2y0＋4＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(1,9)，,y0＝\f(37,18).))
所以存在点P(eq \f(1,9)，eq \f(37,18))同时满足三个条件．
附加题 (2018·河南焦作调研)著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，割裂分家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：eq \r(（x－a）2＋（y－b）2)可以转化为平面上点M(x，y)与点N(a，b)的距离．结合上述观点，可得f(x)＝eq \r(x2＋4x＋20)＋eq \r(x2＋2x＋10)的最小值为 ．
解：因为f(x)＝eq \r(x2＋4x＋20)＋eq \r(x2＋2x＋10)＝eq \r(（x＋2）2＋（0－4）2)＋eq \r(（x＋1）2＋（0－3）2)，所以f(x)的几何意义为点M(x，0)到两定点A(－2，4)与B(－1，3)的距离之和，设点A(－2，4)关于x轴的对称点为A′，则A′为(－2，－4)．要求f(x)的最小值，可转化为|MA|＋|MB|的最小值，
利用对称思想可知|MA|＋|MB|≥|A′B|＝eq \r(（－1＋2）2＋（3＋4）2)＝5eq \r(2)，即f(x)＝eq \r(x2＋4x＋20)＋eq \r(x2＋2x＋10)的最小值为5eq \r(2).故填5eq \r(2).
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(2π,3)))
解：直线2xcsα－y－3＝0的斜率k＝2csα，
因为α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))，所以eq \f(1,2)≤csα≤eq \f(\r(3),2)，
因此k＝2csα∈[1，eq \r(3)]．
设直线的倾斜角为θ，则有tanθ∈[1，eq \r(3)]．
又θ∈[0，π)，所以θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))，
即倾斜角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3))).故选B.
(2)直线l过点P(1，0)，且与以A(2，1)，B(0，eq \r(3))为端点的线段有公共点，则直线l斜率的取值范围为 ．
解：如图，因为kAP＝eq \f(1－0,2－1)＝1，kBP＝eq \f(\r(3)－0,0－1)＝－eq \r(3)，所以直线l的斜率k∈(－∞，－eq \r(3)]∪[1， ＋∞)．
故填(－∞，－eq \r(3)]∪[1，＋∞)．
变式1 (1)(2019·广东七校联考)若过点P(1－a，1＋a)和Q(3，2a)的直线的倾斜角为钝角，则实数a的取值范围是 ( )
A.(－2，1) B.(－1，2) C.(－∞，0) D.(－∞，－2)∪(1，＋∞)
解：由题意知eq \f(2a－1－a,3－1＋a)<0，即eq \f(a－1,2＋a)<0，解得－2
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) B.(eq \f(π,6)，eq \f(π,2)) C.(eq \f(π,3)，eq \f(π,2)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
解：直线y＝kx－eq \r(3)恒过点(0，－eq \r(3))，作出两直线如图所示，
从图中可以看出，直线l的倾斜角的取值范围为(eq \f(π,6)，eq \f(π,2))．故选B.
考点二 求直线方程
例2 根据所给条件求直线的方程．
(1)直线过点(－4，0)，倾斜角的正弦值为eq \f(\r(10),10)；
(2)直线过点(－3，4)，且在两坐标轴上的截距相等；
(3)直线过点(5，10)，且到原点的距离为5.
解：(1)由题意知，直线的斜率存在，
设倾斜角为α，则sinα＝eq \f(\r(10),10)(α∈[0，π))，
从而csα＝±eq \f(3\r(10),10)，则k＝tanα＝±eq \f(1,3).
故所求直线的方程为y＝±eq \f(1,3)(x＋4)，即x±3y＋4＝0.
(2)若截距不为0，设直线的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,a)＝1，
因为直线过点(－3，4)，所以eq \f(－3,a)＋eq \f(4,a)＝1，解得a＝1.
此时直线方程为x＋y－1＝0.
若截距为0，设直线方程为y＝kx，代入点(－3，4)，
有4＝－3k，解得k＝－eq \f(4,3)，此时直线方程为4x＋3y＝0.
综上，所求直线方程为x＋y－1＝0或4x＋3y＝0.
(3)由题意知，当直线的斜率不存在时符合题意，此时直线方程为x－5＝0.
当直线斜率存在时，设其方程为y－10＝k(x－5)，
即kx－y＋(10－5k)＝0.
由点到直线的距离公式，得eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(10－5k)),\r(1＋k2))＝5，解得k＝eq \f(3,4).
此时直线方程为3x－4y＋25＝0.
综上知，所求直线方程为x－5＝0或3x－4y＋25＝0.
点拨 本题考查应用直线方程的几种形式求直线方程，难度虽不大，但每小题都有陷阱．题(1)给出了倾斜角的正弦值，求正切值时，应注意倾斜角的范围；题(2)截距相等包括经过原点的直线，还要注意截距不是距离；题(3)应用点斜式求直线方程时，注意点斜式的局限性，它不能表示平面内所有直线．
变式2 (1)直线l过点(－2，2)且与x轴，y轴分别交于点(a，0)，(0，b)，若|a|＝|b|，则直线l的方程为 ．
解：若a＝b＝0，则直线l过点(0，0)与(－2，2)，
直线l的斜率k＝－1，直线l的方程为y＝－x，即x＋y＝0.
若a≠0，b≠0，则直线l的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1，
由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(－2,a)＋\f(2,b)＝1，,|a|＝|b|，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝4，))
此时，直线l的方程为x－y＋4＝0.
故填x＋y＝0或x－y＋4＝0.
(2)一次函数y＝－eq \f(m,n)x＋eq \f(1,n)的图象同时经过第一、三、四象限的必要不充分条件是 ( )
A.m＞1且n＜1 B.mn＜0 C.m＞0且n＜0 D.m＜0且n＜0
解：因为y＝－eq \f(m,n)x＋eq \f(1,n)的图象经过第一、三、四象限，故－eq \f(m,n)＞0，eq \f(1,n)＜0，即m＞0，n＜0为充要条件，因此mn＜0是它的一个必要不充分条件．故选B.
考点三 直线方程的应用
例3 (1)设m∈R，过定点A的动直线x＋my＝0和过定点B的动直线mx－y－m＋3＝0交于点
P(x，y)，则|PA|·|PB|的最大值是 ．
解：由直线x＋my＝0求得定点A(0，0)，直线mx－y－m＋3＝0，即y－3＝m(x－1)，所以得定点B(1，3)．当m＝0时，两条动直线垂直，当m≠0时，因为(－eq \f(1,m))·m＝－1，所以两条动直线也垂直，因为P为两直线的交点，所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，所以|PA|·|PB|≤eq \f(|PA|2＋|PB|2,2)＝5(当且仅当|PA|＝|PB|＝eq \r(5)时，等号成立)，所以|PA|·|PB|的最大值是5.故填5.
(2)已知直线l1：ax－2y＝2a－4，l2：2x＋a2y＝2a2＋4，当0
变式3 (2018·四川达州月考)直线l过点P(1，4)，分别交x轴的正半轴和y轴的正半轴于A，B两点．
(1)当|PA|·|PB|最小时，求l的方程；
(2)当|OA|＋|OB|最小时，求l的方程．
解：依题意，l的斜率存在，且斜率为负．
设l：y－4＝k(x－1)(k<0)．
令y＝0，可得A(1－eq \f(4,k)，0)；
令x＝0，可得B(0，4－k)．
(1)|PA|·|PB|＝eq \r(（\f(4,k)）2＋16)·eq \r(1＋k2)
＝－eq \f(4,k)(1＋k2)＝－4(eq \f(1,k)＋k)≥8.(注意k<0)
所以当且仅当eq \f(1,k)＝k且k<0，即k＝－1时，|PA|·|PB|取最小值．此时l的方程为x＋y－5＝0.
(2)|OA|＋|OB|＝(1－eq \f(4,k))＋(4－k)＝5－(k＋eq \f(4,k))≥9.
所以当且仅当k＝eq \f(4,k)且k<0，即k＝－2时，|OA|＋|OB|取最小值．此时l的方程为2x＋y－6＝0.
课时作业
1．如图中的直线l1，l2，l3的斜率分别为k1，k2，k3，则 ( )
A.k1
A.1 B.－1 C.－2或－1 D.－2或1
解：由题意知a≠0，得a＋2＝eq \f(a＋2,a)，所以a＝－2或a＝1.故选D.
3.(2019·石家庄调研)已知直线l的斜率为k(k≠0)，它在x轴，y轴上的截距分别为k，2k，则直线l的方程为 ( )
A.2x－y－4＝0 B.2x－y＋4＝0
C.2x＋y－4＝0 D.2x＋y＋4＝0
解：依题意得直线l过点(k，0)和(0，2k)，所以其斜率k＝eq \f(2k－0,0－k)＝－2，由点斜式得直线l的方程为y＝－2(x＋2)，化为一般式是2x＋y＋4＝0.故选D.
4.直线ax＋by＋c＝0同时要经过第一、二、四象限，则a，b，c应满足 ( )
A.ab>0，bc<0 B.ab>0，bc>0
C.ab<0，bc>0 D.ab<0，bc<0
解：由于直线ax＋by＋c＝0经过第一、二、四象限，
所以直线存在斜率，将方程变形为y＝－eq \f(a,b)x－eq \f(c,b).
易知－eq \f(a,b)<0且－eq \f(c,b)>0，故ab>0，bc<0.
故选A.
5．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 \f(5,2)]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
B.(－eq \f(4,3)，eq \f(5,2))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，\f(4,3)))
D.(－∞，－eq \f(4,3)]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞))
解：直线ax＋y＋2＝0恒过点M(0，－2)，且斜率为－a，因为kMA＝eq \f(3－（－2）,－2－0)＝－eq \f(5,2)，kMB＝eq \f(2－（－2）,3－0)＝eq \f(4,3)，
画图可知－a>－eq \f(5,2)且－a
6．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.4 C.2 D.8
解：因为直线ax＋by＝ab过点(1，1)，所以a＋b＝ab，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，因为直线在x轴的截距为b，在y轴上的截距为a，所以直线在x轴、y轴上的截距之和为a＋b，a＋b＝(a＋b)·(eq \f(1,a)＋eq \f(1,b))＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，所以当a＝b＝2时取最小值，最小值为4.故选B.
7．已知函数f(x)＝asinx－bcsx(a≠0，b≠0)，若f(eq \f(π,4)－x)＝f(eq \f(π,4)＋x)，则直线ax－by＋c＝0的倾斜角为 ( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(3π,4)
解：由f(eq \f(π,4)－x)＝f(eq \f(π,4)＋x)知，函数f(x)的图象关于x＝eq \f(π,4)对称，所以f(0)＝f(eq \f(π,2))，所以a＝－b，则直线ax－by＋c＝0的斜率为k＝eq \f(a,b)＝－1，又直线倾斜角的取值范围为[0，π)，所以该直线的倾斜角为eq \f(3π,4).
故选D.
8.【多选题】下列说法正确的是 ( )
A.截距相等的直线都可以用方程eq \f(x,a)＋eq \f(y,a)＝1表示
B.方程x＋my－2＝0(m∈R)能表示平行于y轴的直线
C.经过点P(1，1)，倾斜角为θ的直线方程为y－1＝(x－1)tanθ
D.经过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线方程为(y2－y1)(x－x1)－(x2－x1)(y－y1)＝0
解：对于A，若直线过原点，横纵截距都为零，则不能用方程eq \f(x,a)＋eq \f(y,a)＝1表示，所以A不正确；
对于B，当m＝0时，平行于y轴的直线方程形式为x＝2，所以B正确；
对于C，若直线的倾斜角为90°，则该直线的斜率不存在，不能用y－1＝(x－1)tanθ表示，所以C不正确；
对于D，设点P(x，y)是经过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线上的任意一点，根据eq \(P1P2,\s\up6(→))∥eq \(P1P,\s\up6(→))可得(y2－y1)(x－x1)－(x2－x1)(y－y1)＝0，所以D正确．
故选BD.
9．已知三角形的三个顶点A(－5，0)，B(3，－3)，C(0，2)，则BC边上中线所在的直线方程为 ．
解：BC的中点坐标为(eq \f(3,2)，－eq \f(1,2))，所以BC边上中线所在直线方程为eq \f(y－0,－\f(1,2)－0)＝eq \f(x＋5,\f(3,2)＋5)，即x＋13y＋5＝0.故填x＋13y＋5＝0.
10．(2019·沧州月考)已知直线y＝eq \f(1,2)x＋k与两坐标轴围成的三角形的面积不小于1，则实数k的取值范围是 ．
解：令y＝0，则x＝－2k.令x＝0，则y＝k.故直线与两坐标轴围成的三角形的面积为S＝eq \f(1,2)|k|·|－2k|＝k2.由题意知，三角形的面积不小于1，可得k2≥1，所以实数k的取值范围是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．
故填(－∞，－1]∪[1，＋∞)．
11．(2019·山西长治月考)在△ABC中，已知A(5，－2)，B(7，3)，且AC边的中点M在y轴上，BC边的中点N在x轴上，求：
(1)顶点C的坐标；
(2)直线MN的方程．
解：(1)设点C的坐标为(x，y)，则有
eq \f(x＋5,2)＝0，eq \f(3＋y,2)＝0.
所以x＝－5，y＝－3，
即点C的坐标为(－5，－3)．
(2)由题意知，M(0，－eq \f(5,2))，N(1，0)，
所以直线MN的方程为x－eq \f(y,\f(5,2))＝1，
即5x－2y－5＝0.
12．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．
解：(1)证明：将直线l的方程变形得k(x＋2)＋(1－y)＝0，
令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2＝0，,1－y＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝1，))
所以无论k取何值，直线l过定点(－2，1)．
(2)当直线l的倾斜角θ∈[0°，90°]时，直线l不经过第四象限，所以k≥0.
13．(2019·福建华安月考)设直线l的方程为(a＋1)x＋y－2－a＝0(a∈R)．
(1)若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程；
(2)若a>－1，直线l与x，y轴分别交于M，N两点，O为坐标原点，求△OMN面积取最小值时直线l的方程．
解：(1)当直线l经过坐标原点时，该直线在两坐标轴上的截距都为0，此时a＋2＝0，解得a＝ －2，此时直线l的方程为－x＋y＝0，即x－y＝0；当直线l不经过坐标原点，即a≠－2且a≠－1时，由直线在两坐标轴上的截距相等可得eq \f(2＋a,a＋1)＝2＋a，解得a＝0，此时直线l的方程为x＋y－2＝0.
所以直线l的方程为x－y＝0或x＋y－2＝0.
(2)由直线方程可得M(eq \f(2＋a,a＋1)，0)，N(0，2＋a)，
因为a>－1，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)×eq \f(2＋a,a＋1)×(2＋a)＝eq \f(1,2)×eq \f([（a＋1）＋1]2,a＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（a＋1）＋\f(1,a＋1)＋2))≥eq \f(1,2)×[2eq \r(（a＋1）·\f(1,a＋1))＋2]＝2，
当且仅当a＋1＝eq \f(1,a＋1)，即a＝0时等号成立．
此时直线l的方程为x＋y－2＝0.
附加题 (2019·福建漳州月考)在等腰直角△ABC中，AB＝AC＝4，点P是边AB上异于A，B的一点．光线从点P出发，经BC，CA反射后又回到点P(如图)．若光线QR经过△ABC的重心，求AP的长．
解：以AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立如图所示的坐标系，由题意可知B(4，0)，C(0，4)，A(0，0)，则直线BC的方程为x＋y－4＝0，
设P(t，0)(0
第二节 两条直线的位置关系
考点一 两条直线平行、重合或相交
例1 (2019·保定五校联考)直线l1：mx－2y＋1＝0，l2：x－(m－1)y－1＝0，则“m＝2”是“l1∥l2”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解：由l1∥l2得－m(m－1)＝1×(－2)，得m＝2或m＝－1，经验证，当m＝－1时，直线l1与l2重合，舍去，所以“m＝2”是“l1∥l2”的充要条件．故选C.
点拨 ①当含参数的直线方程为一般式时，若要表示出直线的斜率，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况，同时还要注意x，y的系数不能同时为零这一隐含条件．②在判断两直线平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论．③eq \f(A1,A2)＝eq \f(B1,B2)≠eq \f(C1,C2)保证了平行的同时又去掉了重合的情形．
变式1 已知三条直线2x－3y＋1＝0，4x＋3y＋5＝0，mx－y－1＝0不能构成三角形，则实数m的取值集合为 ( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(2,3))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(2,3)，\f(4,3)))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(2,3))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))
解：由题意得直线mx－y－1＝0与另外两条直线中的一条平行，或者过另外两条直线的交点．当直线mx－y－1＝0与2x－3y＋1＝0，4x＋3y＋5＝0分别平行时，m＝eq \f(2,3)或－eq \f(4,3)；当直线mx－y－1＝0过2x－3y＋1＝0与4x＋3y＋5＝0的交点时，m＝－eq \f(2,3).所以实数m的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).故选D.
考点二 两条直线垂直
例2 (1)设a，b，c分别是△ABC中内角A，B，C所对边的边长，则直线xsinA＋ay＋c＝0与bx－ysinB＋sinC＝0的位置关系是 ( )
A.平行 B.重合 C.垂直 D.相交但不垂直
解：由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得bsinA－asinB＝0，
所以两直线垂直．故选C.
(2)已知直线l1：(a＋2)x＋(1－a)y－3＝0与直线l2：(a－1)x＋(2a＋3)y＋2＝0，则“a＝1”是“l1⊥l2”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解：l1⊥l2的充要条件是(a＋2)(a－1)＋(1－a)(2a＋3)＝0，即a2－1＝0，解得a＝±1.
显然“a＝1”是“a＝±1”的充分不必要条件，故“a＝1”是“l1⊥l2”的充分不必要条件．故选A.
变式2 (1)(2019·湖北武汉调研)已知b>0，直线(b2＋1)x＋ay＋2＝0与直线x－b2y－1＝0互相垂直，则ab的最小值为 ( )
A.1 B.2 C.2eq \r(2) D.2eq \r(3)
解：由已知两直线垂直得b2＋1－ab2＝0，即ab2＝b2＋1，根据b>0，两边同时除以b得ab＝b＋eq \f(1,b)≥2eq \r(b·\f(1,b))＝2，当且仅当b＝1时等号成立．故选B.
(2)(2019·南昌模拟)已知点A(1，0)，B(3，0)，若直线y＝kx＋1上存在一点P，满足PA⊥PB，则k的取值范围是 ．
解法一：设P(x0，kx0＋1)，依题意可得kPA·kPB＝－1，即eq \f(kx0＋1,x0－1)×eq \f(kx0＋1,x0－3)＝－1，即(k2＋1)xeq \\al(2,0)＋(2k－4)x0＋4＝0，则Δ＝(2k－4)2－16(k2＋1)≥0，化简得3k2＋4k≤0，解得－eq \f(4,3)≤k≤0，故k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，0)).
解法二：若直线y＝kx＋1上存在点P，满足PA⊥PB，则直线y＝kx＋1与以AB为直径的圆(x－2)2＋y2＝1有公共点，故eq \f(|2k＋1|,\r(1＋k2))≤1，即3k2＋4k≤0，解得－eq \f(4,3)≤k≤0，故k的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，0)).故填eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，0)).
考点三 对称问题
例3 (1)点A(－2，a)与点B(b，－3)关于直线l：x＋2y－a＝0对称，则a＋3b＝ .
解：由题意知点A与点B的中点P的坐标为(eq \f(b－2,2)，eq \f(a－3,2))，因为P在直线l上，所以eq \f(b－2,2)＋2·eq \f(a－3,2)－a＝0，得b＝8.又AB⊥l，所以kAB·(－eq \f(1,2))＝－1，即eq \f(a＋3,－2－8)＝2，得a＝－23，所以a＋3b＝－23＋3×8＝1.故填1.
(2)已知直线l：2x－3y＋1＝0，点A(－1，－2)，则直线l关于点A对称的直线l′的方程为 ．
解法一：在l：2x－3y＋1＝0上任取两点，如P(1，1)，N(4，3)，则P，N关于点A的对称点P′，N′均在直线l′上．
易知P′(－3，－5)，N′(－6，－7)，由两点式可得l′的方程为2x－3y－9＝0.
解法二：设Q(x，y)为l′上任意一点，则Q(x，y)关于点A(－1，－2)的对称点为Q′(－2－x，－4－y)，
因为Q′在直线l上，所以2(－2－x)－3(－4－y)＋1＝0，即2x－3y－9＝0.故填2x－3y－9＝0.
(3)直线l1：2x＋y－4＝0关于直线l：x－y＋2＝0对称的直线l2的方程为 ．
解：解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋y－4＝0，,x－y＋2＝0，))得直线l1与直线l的交点A(eq \f(2,3)，eq \f(8,3))．在直线l1上取一点B(2，0)，设点B关于直线l的对称点为C(x，y)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,2)－\f(y,2)＋2＝0，,\f(y,x－2)＝－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝4，))即C(－2，4)．
又直线l2过A(eq \f(2,3)，eq \f(8,3))和C(－2，4)两点，故由两点式得直线l2的方程为eq \f(y－4,\f(8,3)－4)＝eq \f(x＋2,\f(2,3)＋2)，即x＋2y－6＝0.故填x＋2y－6＝0.
变式3 (1)将一张坐标纸折叠一次，使得点(0，2)与点(4，0)重合，点(7，3)与点(m，n)重合，则m＋n等于( )
A.eq \f(34,5) B.eq \f(36,5) C.eq \f(28,3) D.eq \f(32,3)
解：由题意可知，纸的折痕应是点(0，2)与点(4，0)连线的中垂线，即直线y＝2x－3，它也是点(7，3)与点(m，n)连线的中垂线，
于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3＋n,2)＝2×\f(7＋m,2)－3，,\f(n－3,m－7)＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(3,5)，,n＝\f(31,5)，))
故m＋n＝eq \f(34,5).故选A.
(2)光线沿直线l1：x－2y＋5＝0射入，遇直线l：3x－2y＋7＝0后反射，则反射光线所在的直线方程为 ．
解法一：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2y＋5＝0，,3x－2y＋7＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝2.))
所以反射点M的坐标为(－1，2)．
又取直线x－2y＋5＝0上一点P(－5，0)，设点P关于直线l的对称点为P′(x0，y0)，
由PP′⊥l可知，kPP′＝－eq \f(2,3)＝eq \f(y0,x0＋5).
而PP′的中点Q的坐标为(eq \f(x0－5,2)，eq \f(y0,2))，又Q点在l上，
所以3·eq \f(x0－5,2)－2·eq \f(y0,2)＋7＝0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y0,x0＋5)＝－\f(2,3)，,\f(3,2)（x0－5）－y0＋7＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(17,13)，,y0＝－\f(32,13).))
根据直线的两点式方程可得所求反射光线所在直线的方程为29x－2y＋33＝0.
解法二：设直线x－2y＋5＝0上任意一点P(x0，y0)关于直线l的对称点为P′(x，y)，则eq \f(y0－y,x0－x)＝－eq \f(2,3)，
又PP′的中点Q(eq \f(x＋x0,2)，eq \f(y＋y0,2))在l上，
所以3×eq \f(x＋x0,2)－2×eq \f(y＋y0,2)＋7＝0，由
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y0－y,x0－x)＝－\f(2,3)，,3×\f(x＋x0,2)－（y＋y0）＋7＝0.))
可得P点的横、纵坐标分别为
x0＝eq \f(－5x＋12y－42,13)，y0＝eq \f(12x＋5y＋28,13)，
代入方程x－2y＋5＝0中，化简得29x－2y＋33＝0，
所以所求反射光线所在的直线方程为29x－2y＋33＝0.
故填29x－2y＋33＝0.
考点四 距离问题
例4 (1)(2019·广州模拟)已知点P(4，a)到直线4x－3y－1＝0的距离不大于3，则a的取值范围是 ．
解：由题意得，
点P到直线的距离为eq \f(|4×4－3a－1|,5)＝eq \f(|15－3a|,5).
又eq \f(|15－3a|,5)≤3，即|15－3a|≤15，解得0≤a≤10，
所以a的取值范围是[0，10]．故填[0，10]．
(2)(2019·厦门模拟)若两平行直线3x－2y－1＝0，6x＋ay＋c＝0之间的距离为eq \f(2\r(13),13)，则c的值是 ．
解：依题意知，eq \f(6,3)＝eq \f(a,－2)≠eq \f(c,－1)，解得a＝－4，c≠－2，即直线6x＋ay＋c＝0可化为3x－2y＋eq \f(c,2)＝0，
又两平行线之间的距离为eq \f(2\r(13),13)，
所以eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)＋1)),\r(32＋（－2）2))＝eq \f(2\r(13),13)，解得c＝2或－6.
故填2或－6.
点拨 距离的求法：①点到直线的距离，可直接利用点到直线的距离公式来求，但要注意此时直线方程必须为一般式．②两平行直线间的距离，利用“化归”法将两条平行线间的距离转化为一条直线上任意一点到另一条直线的距离；或利用两平行线间的距离公式d＝eq \f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).
变式4 (1)(2019·上海黄浦区监测)已知曲线y＝ax(a>0且a≠1)恒过点A(m，n)，则点A到直线x＋y－3＝0的距离为 ．
解：由题意，可知曲线y＝ax(a>0且a≠1)恒过点(0，1)，所以A(0，1)，
点A(0，1)到直线x＋y－3＝0的距离d＝eq \f(|0＋1－3|,\r(2))＝eq \r(2).
故填eq \r(2).
(2)直线l过点P(－1，2)且到点A(2，3)和点B(－4，5)的距离相等，则直线l的方程为 ．
解法一：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－2＝k(x＋1)，即kx－y＋k＋2＝0.
由题意知eq \f(|2k－3＋k＋2|,\r(k2＋1))＝eq \f(|－4k－5＋k＋2|,\r(k2＋1))，
即|3k－1|＝|－3k－3|，所以k＝－eq \f(1,3).
所以直线l的方程为y－2＝－eq \f(1,3)(x＋1)，
即x＋3y－5＝0.
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝－1，也符合题意．
解法二：当AB∥l时，直线l的斜率k＝kAB＝－eq \f(1,3)，直线l的方程为y－2＝－eq \f(1,3)(x＋1)，即x＋3y－5＝0.
当l过AB的中点(－1，4)时，由直线l过点P(－1，2)知，
直线l的方程为x＝－1.
故所求直线l的方程为x＋3y－5＝0或x＝－1.
故填x＋3y－5＝0或x＝－1.
考点五 直线系及其应用
例5 求证：动直线(m2＋2m＋3)x＋(1＋m－m2)y＋3m2＋1＝0(其中m∈R)恒过定点，并求出定点坐标．
证法一：令m＝0，则直线方程为3x＋y＋1＝0，①
再令m＝1时，直线方程为6x＋y＋4＝0，②
联立①②，得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x＋y＋1＝0，,6x＋y＋4＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝2.))
将点A(－1，2)代入动直线(m2＋2m＋3)x＋(1＋m－m2)y＋3m2＋1＝0中，
(m2＋2m＋3)×(－1)＋(1＋m－m2)×2＋3m2＋1
＝(3－1－2)m2＋(－2＋2)m＋2＋1－3＝0，
故点A(－1，2)的坐标恒满足动直线方程，所以动直线(m2＋2m＋3)x＋(1＋m－m2)y＋3m2＋1＝0恒过定点A.
证法二：将动直线方程按m降幂排列整理得，
m2(x－y＋3)＋m(2x＋y)＋3x＋y＋1＝0，①
不论m为何实数，①式恒为零，
所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＋3＝0，,2x＋y＝0，,3x＋y＋1＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝2.))
故动直线恒过点(－1，2)．
点拨 此题属于数学中恒成立问题，所以证法一是先赋给m两个特殊值得两条直线，那么这两条直线的交点就是那个定点，但m只是取两个特殊值，是否m∈R时都成立，则要进行代入检验；证法二是将动直线方程按m的降幂排列，由于∀m∈R恒成立，所以得关于x，y的方程组，解此方程组便得定点坐标．直线系也称直线束，是具有某一共同性质的直线的集合．常见直线系方程有：①过定点(x1，y1)的直线系：y－y1＝k(x－x1)和x＝x1.②平行于直线Ax＋By＋C＝0的直线系：Ax＋By＋λ＝0(λ≠C)．③垂直于直线Ax＋By＋C＝0的直线系：Bx－Ay＋λ＝0.④过A1x＋B1y＋C1＝0与A2x＋B2y＋C2＝0的交点的直线系：A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0(不包括直线A2x＋B2y＋C2＝0)．
变式5 若点P(－2，－1)到直线l：(1＋3λ)x＋(1＋2λ)y＝2＋5λ的距离为d，则d的取值范围是
( )
A.[0，eq \r(13)) B.[0，＋∞) C.(eq \r(13)，＋∞) D.[eq \r(13)，＋∞)
解：把直线l的方程化为(x＋y－2)＋λ(3x＋2y－5)＝0，
由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－2＝0，,3x＋2y－5＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，))得直线l恒过定点A(1，1)，其中直线l不包括直线3x＋2y－5＝0.
又|PA|＝eq \r(（－2－1）2＋（－1－1）2)＝eq \r(13)，且PA与直线3x＋2y－5＝0垂直，即点P到直线3x＋2y－5＝0的距离为eq \r(13)，所以点P到直线l的距离d满足0≤d＜eq \r(13).故选A.
课时作业
1．已知两直线方程分别为l1：x＋y＝1，l2：ax＋2y＝0，若l1⊥l2，则a＝ ( )
A.2 B.－2 C.eq \f(1,2) D.－eq \f(1,2)
解：因为l1⊥l2，所以eq \f(a,2)＝－1，解得a＝－2.故选B.
2．(2019·天津一中模拟)已知直线x＋a2y＋6＝0与直线(a－2)x＋3ay＋2a＝0平行，则a的值为( )
A.0或3或－1 B.0或3
C.3或－1 D.0或－1
解：由题意知1×3a－a2(a－2)＝0，即a(a2－2a－3)＝0，所以a＝0，a＝－1或a＝3，经验证当a＝3时，两直线重合．
故选D.
3．从点(2，3)射出的光线沿与向量a＝(8，4)平行的直线射到y轴上，则反射光线所在的直线方程为 ( )
A.x＋2y－4＝0 B.2x＋y－1＝0
C.x＋6y－16＝0 D.6x＋y－8＝0
解：由直线与向量a＝(8，4)平行知，过点(2，3)的直线的斜率k＝eq \f(1,2)，所以直线的方程为y－3＝eq \f(1,2)(x－2)，其与y轴的交点坐标为(0，2)，又点(2，3)关于y轴的对称点为(－2，3)，所以反射光线过点(－2，3)与(0，2)，由两点式知A正确．故选A.
4．(2018·新余调研)已知坐标原点关于直线l1：x－y＋1＝0的对称点为A，设直线l2经过点A，则当点B(2，－1)到直线l2的距离最大时，直线l2的方程为 ( )
A.2x＋3y＋5＝0 B.3x－2y＋5＝0
C.3x＋2y＋5＝0 D.2x－3y＋5＝0
解：设A(x0，y0)，依题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)－\f(y0,2)＋1＝0，,\f(y0,x0)＝－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－1，,y0＝1，))即A(－1，1)．设点B(2，－1)到直线l2的距离为d，当d＝|AB|时取得最大值，此时直线l2垂直于直线AB，又－eq \f(1,kAB)＝eq \f(3,2)，所以直线l2的方程为y－1＝eq \f(3,2)(x＋1)，即3x－2y＋5＝0.故选B.
5．已知a≠0，直线ax＋(b＋2)y＋4＝0与直线ax＋(b－2)y－3＝0互相垂直，则ab的最大值为
( )
A.0 B.2 C.4 D.eq \r(2)
解：由已知得a2＋(b＋2)(b－2)＝0，即a2＋b2＝4.因为a2＋b2＝4≥2ab，所以ab≤2，当且仅当a＝b＝±eq \r(2)时取“＝”，即ab的最大值为2.故选B.
6.(2019·运城二模)在平面直角坐标系内，过定点P的直线l：ax＋y－1＝0与过定点Q的直线m：x－ay＋3＝0相交于点M，则|MP|2＋|MQ|2＝( )
A.eq \f(\r(10),2) B.eq \r(10) C.5 D.10
解：由题意知P(0，1)，Q(－3，0)，因为直线ax＋y－1＝0与直线x－ay＋3＝0垂直，所以MP⊥MQ，所以|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2＝9＋1＝10.故选D.
7．(江西省名师联盟2019届高三5月内部特供卷)唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即：将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2＋y2≤1，若将军从点A(2，0)处出发，河岸线所在直线方程为x＋y＝3，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为 ( )
A.eq \r(10)－1 B.2eq \r(2)－1
C.2eq \r(2) D.eq \r(10)
解：设点A关于直线x＋y＝3的对称点A′(a，b)，则AA′的中点为(eq \f(a＋2,2)，eq \f(b,2))，kAA′＝eq \f(b,a－2)，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(b,a－2)·（－1）＝－1，,\f(a＋2,2)＋\f(b,2)＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝1，))要使从点A到军营的总路程最短，即需点A′到圆x2＋y2＝1上点的距离最短，则“将军饮马”的最短总路程为eq \r(32＋12)－1＝eq \r(10)－1.故选A.
8．【多选题】下列说法正确的是 ( )
A.动点A，B分别在直线l1：x＋y－7＝0和l2：x＋y－5＝0上移动，则AB的中点M到原点的距离的最小值为3eq \r(2)
B.点(0，2)关于直线y＝x＋1的对称点为(1，1)
C.当点P(3，2)到直线mx－y＋1－2m＝0的距离最大时，m的值为1
D.过点(2，1)且与直线3x－2y＝0垂直的直线方程为3x＋2y－8＝0
解：A项中点M所在直线的方程为l：x＋y＋m＝0，
根据平行线间的距离公式得eq \f(|m＋7|,\r(2))＝eq \f(|m＋5|,\r(2))⇒|m＋7|＝|m＋5|⇒m＝－6，即l：x＋y－6＝0，
根据点到直线的距离公式，得M到原点的距离的最小值为eq \f(|－6|,\r(2))＝3eq \r(2)，所以A正确．
B项中(eq \f(0＋1,2)，eq \f(2＋1,2))在直线y＝x＋1上，且(0，2)，(1，1)连线的斜率为－1，所以B正确．C项中直线mx－y＋1－2m＝0过定点Q(2，1)，所以点P(3，2)到直线mx－y＋1－2m＝0的距离最大时，PQ垂直该直线，即m·eq \f(2－1,3－2)＝－1，所以m＝－1故错误．D选项，设要求的直线方程为2x＋3y＋m＝0，把点(2，1)代入可得4＋3＋m＝0，解得m＝－7.可得要求的直线方程为2x＋3y－7＝0.故选AB.
9．若O(0，0)，A(4，－1)两点到直线ax＋a2y＋6＝0的距离相等，则实数a＝________．
解：由题意，得eq \f(6,\r(a2＋a4))＝eq \f(|4a－a2＋6|,\r(a2＋a4))，即4a－a2＋6＝±6，解得a＝0或－2或4或6.检验得a＝0不合题意，所以a＝－2或4或6.故填－2或4或6.
10.(2019·唐山模拟)已知0
故填eq \f(1,8).
11．已知直线l1：x＋a2y＋1＝0和直线l2：(a2＋1)x－by＋3＝0(a，b∈R)．
(1)若l1∥l2，求b的取值范围；
(2)若l1⊥l2，求|ab|的最小值．
解：(1)因为l1∥l2，所以－b－(a2＋1)a2＝0，且a2＋1≠3.
则b＝－a2(a2＋1)＝－a4－a2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,4)，
因为a2≥0，所以b≤0.
又因为a2＋1≠3，所以b≠－6.
故b的取值范围是(－∞，－6)∪(－6，0]．
(2)因为l1⊥l2，所以(a2＋1)－a2b＝0，
又若a＝0，不满足l1⊥l2，则a≠0，
所以ab＝a＋eq \f(1,a)，|ab|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))≥2，当且仅当a＝±1时等号成立，因此|ab|的最小值为2.
12.已知直线l经过直线2x＋y－5＝0与x－2y＝0的交点．
(1)点A(5，0)到l的距离为3，求l的方程；
(2)求点A(5，0)到l的距离的最大值．
解：(1)经过两已知直线交点的直线系方程为(2x＋y－5)＋λ(x－2y)＝0，即(2＋λ)x＋(1－2λ)y－5＝0，
所以eq \f(|10＋5λ－5|,\r(（2＋λ）2＋（1－2λ）2))＝3.
解得λ＝2或λ＝eq \f(1,2).
所以l的方程为x＝2或4x－3y－5＝0.
(2)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋y－5＝0，,x－2y＝0，))解得交点P(2，1)，
如图，过P作任一直线l，设d为点A到l的距离，
则d≤|PA|(当l⊥PA时等号成立)．
所以dmax＝|PA|＝eq \r(10).
13.已知三条直线：l1：2x－y＋a＝0(a＞0)；l2：－4x＋2y＋1＝0；l3：x＋y－1＝0，且l1与l2间的距离是eq \f(7\r(5),10).
(1)求a的值；
(2)能否找到一点P，使P同时满足下列三个条件：
①点P在第一象限；
②点P到l1的距离是点P到l2的距离的eq \f(1,2)；
③点P到l1的距离与点P到l3的距离之比是eq \r(2)∶eq \r(5).
若能，求点P的坐标；若不能，说明理由．
解：(1)直线l2的方程变形为：2x－y－eq \f(1,2)＝0，所以两条平行线l1与l2间的距离为d＝eq \f(|a－（－\f(1,2)）|,\r(22＋（－1）2))＝eq \f(7\r(5),10)，
所以eq \f(|a＋\f(1,2)|,\r(5))＝eq \f(7\r(5),10)，即|a＋eq \f(1,2)|＝eq \f(7,2)，解得a＝3或a＝－4.
又a＞0，所以a＝3.
(2)假设存在点P，设点P(x0，y0)．若点P满足条件②，则点P在与l1，l2平行的直线l′：2x－y＋c＝0上，且eq \f(|c－3|,\r(5))＝eq \f(1,2)×eq \f(|c＋\f(1,2)|,\r(5))，解得c＝eq \f(13,2)或eq \f(11,6)，
所以2x0－y0＋eq \f(13,2)＝0或2x0－y0＋eq \f(11,6)＝0；
若P点满足条件③，则由点到直线的距离公式，
有eq \f(|2x0－y0＋3|,\r(5))＝eq \f(\r(2),\r(5))×eq \f(|x0＋y0－1|,\r(2))，
即|2x0－y0＋3|＝|x0＋y0－1|，
所以x0－2y0＋4＝0或3x0＋2＝0；
由于点P在第一象限，所以3x0＋2＝0不成立．
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x0－y0＋\f(13,2)＝0，,x0－2y0＋4＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－3，,y0＝\f(1,2)))(舍去)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x0－y0＋\f(11,6)＝0，,x0－2y0＋4＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(1,9)，,y0＝\f(37,18).))
所以存在点P(eq \f(1,9)，eq \f(37,18))同时满足三个条件．
附加题 (2018·河南焦作调研)著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，割裂分家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：eq \r(（x－a）2＋（y－b）2)可以转化为平面上点M(x，y)与点N(a，b)的距离．结合上述观点，可得f(x)＝eq \r(x2＋4x＋20)＋eq \r(x2＋2x＋10)的最小值为 ．
解：因为f(x)＝eq \r(x2＋4x＋20)＋eq \r(x2＋2x＋10)＝eq \r(（x＋2）2＋（0－4）2)＋eq \r(（x＋1）2＋（0－3）2)，所以f(x)的几何意义为点M(x，0)到两定点A(－2，4)与B(－1，3)的距离之和，设点A(－2，4)关于x轴的对称点为A′，则A′为(－2，－4)．要求f(x)的最小值，可转化为|MA|＋|MB|的最小值，
利用对称思想可知|MA|＋|MB|≥|A′B|＝eq \r(（－1＋2）2＋（3＋4）2)＝5eq \r(2)，即f(x)＝eq \r(x2＋4x＋20)＋eq \r(x2＋2x＋10)的最小值为5eq \r(2).故填5eq \r(2).
