2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第1讲　直线的倾斜角与斜率、直线的方程学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第1讲　直线的倾斜角与斜率、直线的方程学案，共17页。学案主要包含了知识梳理，习题改编，证明不等式等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．直线的倾斜角
(1)定义：当直线l与x轴相交时，取x轴作为基准，x轴正向与直线l向上方向之间所成的角α叫做直线l的倾斜角．当直线l与x轴平行或重合时，规定它的倾斜角为0°.
(2)范围：直线l的倾斜角α的取值范围是[0°，180°)．
2．斜率公式
(1)若直线l的倾斜角α≠90°，则斜率k＝tan_α．
(2)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直线l上且x1≠x2，则l的斜率k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)．
3．直线方程的五种形式
常用结论
1．直线倾斜角和斜率的关系
不是倾斜角越大，斜率k就越大，因为k＝tan α，当α∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，α越大，斜率k就越大，同样α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时也是如此，但当α∈[0，π)且α≠eq \f(π,2)时就不是了．
2．五种特殊位置的直线方程
(1)x轴：y＝0.
(2)y轴：x＝0.
(3)平行于x轴的直线：y＝b(b≠0)．
(4)平行于y轴的直线：x＝a(a≠0)．
(5)过原点且斜率存在的直线：y＝kx.
二、习题改编
1．(必修2P86练习T3改编)若过点M(－2，m)，N(m，4)的直线的斜率等于1，则m的值为________．
解析：由题意得eq \f(m－4,－2－m)＝1，解得m＝1.
答案：1
2．(必修2P100A组T9改编)直线3x－4y＋k＝0在两坐标轴上的截距之和为2，则实数k＝________．
解析：令x＝0，得y＝eq \f(k,4)； 令y＝0，得x＝－eq \f(k,3)，则有eq \f(k,4)－eq \f(k,3)＝2，所以k＝－24.
答案：－24
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)直线的倾斜角越大，其斜率就越大．( )
(2)直线的斜率为tan α，则其倾斜角为α.( )
(3)斜率相等的两直线的倾斜角不一定相等．( )
(4)经过点P(x0，y0)的直线都可以用方程y－y0＝k(x－x0)表示．( )
(5)经过任意两个不同的点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线都可以用方程(y－y1)(x2－x1)＝(x－x1)(y2－y1)表示．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)由直线方程求斜率的思路不清；
(2)忽视斜率和截距对直线位置的影响；
(3)忽视直线斜率不存在的情况；
(4)忽视截距为0的情况．
1．直线l：xsin 30°＋ycs 150°＋a＝0的斜率为________．
解析：设直线l的斜率为k，则k＝－eq \f(sin 30°,cs 150°)＝eq \f(\r(3),3).
答案：eq \f(\r(3),3)
2．如果A·C<0且B·C<0，那么直线Ax＋By＋C＝0不通过第________象限．
解析：由已知得直线Ax＋By＋C＝0在x轴上的截距－eq \f(C,A)>0，在y轴上的截距－eq \f(C,B)>0，故直线经过第一、二、四象限，不经过第三象限．
答案：三
3．过直线l：y＝x上的点P(2，2)作直线m，若直线l，m与x轴围成的三角形的面积为2，则直线m的方程为________．
解析：①若直线m的斜率不存在，则直线m的方程为x＝2，直线m，直线l和x轴围成的三角形的面积为2，符合题意；②若直线m的斜率k＝0，则直线m与x轴没有交点，不符合题意；③若直线m的斜率k≠0，设其方程为y－2＝k(x－2)，令y＝0，得x＝2－eq \f(2,k)，依题意有eq \f(1,2)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(2,k)))×2＝2，即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k)))＝1，解得k＝eq \f(1,2)，所以直线m的方程为y－2＝eq \f(1,2)(x－2)，即x－2y＋2＝0.综上可知，直线m的方程为x－2y＋2＝0或x＝2.
答案：x－2y＋2＝0或x＝2
4．过点P(2，3)且在两坐标轴上截距相等的直线方程为________．
解析：当截距为0时，直线方程为3x－2y＝0；
当截距不为0时，设直线方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,a)＝1，
则eq \f(2,a)＋eq \f(3,a)＝1，解得a＝5，所以直线方程为x＋y－5＝0.
答案：3x－2y＝0或x＋y－5＝0
直线的倾斜角与斜率(典例迁移)
(1)直线xsin α＋y＋2＝0的倾斜角的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π)) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
(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________．
【解析】 (1)设直线的倾斜角为θ，则有tan θ＝－sin α.因为sin α∈[－1，1]，所以－1≤tan θ≤1，又θ∈[0，π)，所以0≤θ≤eq \f(π,4)或eq \f(3π,4)≤θ＜π，故选B.
(2)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 \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(3)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞)).
【答案】 (1)B (2)eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(3)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))
【迁移探究1】 (变条件)若将本例(2)中P(1，0)改为P(－1，0)，其他条件不变，求直线l斜率的取值范围．
解：因为P(－1，0)，A(2，1)，B(0，eq \r(3))，所以kAP＝eq \f(1－0,2－（－1）)＝eq \f(1,3)，kBP＝eq \f(\r(3)－0,0－（－1）)＝eq \r(3).
如图可知，直线l斜率的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\r(3))).
【迁移探究2】 (变条件)若将本例(2)中的B点坐标改为(2，－1)，其他条件不变，求直线l倾斜角的范围．
解：如图，直线PA的倾斜角为45°，直线PB的倾斜角为135°，由图象知l的倾斜角的范围为[0°，45°]∪[135°，180°)．
eq \a\vs4\al()
(1)求倾斜角的取值范围的一般步骤
①求出斜率k＝tan α的取值范围；
②利用三角函数的单调性，借助图象，确定倾斜角α的取值范围．
(2)斜率的求法
①定义法：若已知直线的倾斜角α或α的某种三角函数值，一般根据k＝tan α求斜率；
②公式法：若已知直线上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，一般根据斜率公式k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)(x1≠x2)求斜率．
[提醒] 直线倾斜角的范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))，而这个区间不是正切函数的单调区间，因此根据斜率求倾斜角的范围时，要分eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，eq \f(π,2)与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))三种情况讨论．由正切函数图象可以看出，当倾斜角α∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，斜率k∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))；当α＝eq \f(π,2)时，斜率不存在；当α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，斜率k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，0)).
1．若点A(4，3)，B(5，a)，C(6，5)三点共线，则a的值为________．
解析：因为kAC＝eq \f(5－3,6－4)＝1，kAB＝eq \f(a－3,5－4)＝a－3.由于A，B，C三点共线，所以a－3＝1，即a＝4.
答案：4
2．已知点(－1，2)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0))在直线l：ax－y＋1＝0(a≠0)的同侧，则直线l倾斜角的取值范围是________．
解析：点(－1，2)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0))在直线l：ax－y＋1＝0同侧的充要条件是(－a－2＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a＋1))>0，解得－eq \r(3)答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(3π,4)))
求直线的方程(师生共研)
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之和为12；
(3)直线过点(5，10)，且与原点的距离为5.
【解】 (1)由题设知，该直线的斜率存在，故可采用点斜式．
设倾斜角为α，则sin α＝eq \f(\r(10),10)(0≤α＜π)，
从而cs α＝±eq \f(3\r(10),10)，则k＝tan α＝±eq \f(1,3).
故所求直线方程为y＝±eq \f(1,3)(x＋4)，
即x＋3y＋4＝0或x－3y＋4＝0.
(2)由题设知纵横截距不为0，设直线方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,12－a)＝1，
又直线过点(－3，4)，
从而eq \f(－3,a)＋eq \f(4,12－a)＝1，解得a＝－4或a＝9.
故所求直线方程为4x－y＋16＝0或x＋3y－9＝0.
(3)当斜率不存在时，所求直线方程为x－5＝0满足题意；
当斜率存在时，设其为k，则所求直线方程为y－10＝k(x－5)，即kx－y＋10－5k＝0.
由点线距离公式，得eq \f(|10－5k|,\r(k2＋1))＝5，解得k＝eq \f(3,4).
故所求直线方程为3x－4y＋25＝0.
综上，所求直线方程为x－5＝0或3x－4y＋25＝0.
eq \a\vs4\al()
求直线方程的注意事项
(1)在求直线方程时，根据题目的条件选择适当的形式．
(2)对于点斜式、截距式方程使用时要注意分类与整合思想的运用(若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况；若采用截距式，应先判断截距是否为零)．
(3)重视直线方程一般形式的应用，因为它具有广泛的适用性．
求满足下列条件的直线方程：
(1)经过点A(－5，2)，且在x轴上的截距等于在y轴上截距的2倍；
(2)经过点B(3，4)，且与两坐标轴围成一个等腰直角三角形．
解：(1)当直线不过原点时，设所求直线方程为eq \f(x,2a)＋eq \f(y,a)＝1，将(－5，2)代入所设方程，解得a＝－eq \f(1,2)，
所以直线方程为x＋2y＋1＝0；
当直线过原点时，设直线方程为y＝kx，
则－5k＝2，解得k＝－eq \f(2,5)，
所以直线方程为y＝－eq \f(2,5)x，即2x＋5y＝0.
故所求直线方程为2x＋5y＝0或x＋2y＋1＝0.
(2)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.
直线方程的综合问题(典例迁移)
(一题多解)已知直线l过点P(3，2)，且与x轴、y轴的正半轴分别交于A、B两点，如图所示，求△ABO的面积的最小值及此时直线l的方程．
【解】 法一：设直线l的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1(a>0，b>0)，将点P(3，2)代入得eq \f(3,a)＋eq \f(2,b)＝1≥2eq \r(\f(6,ab))，得ab≥24，从而S△AOB＝eq \f(1,2)ab≥12，当且仅当eq \f(3,a)＝eq \f(2,b)时等号成立，这时k＝－eq \f(b,a)＝－eq \f(2,3)，从而所求直线l的方程为2x＋3y－12＝0.
所以△ABO的面积的最小值为12，所求直线l的方程为2x＋3y－12＝0.
法二：依题意知，直线l的斜率k存在且k<0，
可设直线l的方程为y－2＝k(x－3)(k<0)，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2,k)，0))，B(0，2－3k)，
S△ABO＝eq \f(1,2)(2－3k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2,k)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(12＋（－9k）＋\f(4,（－k）)))
≥eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(12＋2\r(（－9k）·\f(4,（－k）))))
＝eq \f(1,2)×(12＋12)＝12，
当且仅当－9k＝eq \f(4,（－k）)，即k＝－eq \f(2,3)时，等号成立．此时直线l的方程为2x＋3y－12＝0.
所以△ABO的面积的最小值为12，所求直线l的方程为2x＋3y－12＝0.
【迁移探究1】 (变问法)若本例条件不变，求|OA|＋|OB|的最小值及此时l的方程．
解：法一：由原例题法一知eq \f(3,a)＋eq \f(2,b)＝1.
因为|OA|＋|OB|＝a＋b，
所以(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)＋\f(2,b)))＝5＋eq \f(3b,a)＋eq \f(2a,b)≥5＋2eq \r(6).
当且仅当eq \r(2)a＝eq \r(3)b，且eq \f(3,a)＋eq \f(2,b)＝1，
即a＝3＋eq \r(6)，b＝2＋eq \r(6)时，
|OA|＋|OB|的最小值为5＋2eq \r(6).
此时，直线l的方程为eq \f(x,3＋\r(6))＋eq \f(y,2＋\r(6))＝1，
即eq \r(6)x＋3y－6－3eq \r(6)＝0.
法二：由原例题解法二知
|OA|＋|OB|＝3－eq \f(2,k)＋2－3k(k<0)
＝5＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,k)))＋(－3k)
≥5＋2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,k)))·（－3k）)＝5＋2eq \r(6).
当且仅当－eq \f(2,k)＝－3k，即k＝－eq \f(\r(6),3)时，
|OA|＋|OB|取最小值5＋2eq \r(6).
此时直线l的方程为y－2＝－eq \f(\r(6),3)(x－3)，
即eq \r(6)x＋3y－6－3eq \r(6)＝0.
【迁移探究2】 (变问法)若本例条件不变．求eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))的最大值及此时直线l的方程．
解：由原例题法二知A(3－eq \f(2,k)，0)，B(0，2－3k)，eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝(－eq \f(2,k)，－2)·(－3，－3k)＝eq \f(6,k)＋6k＝－[(－eq \f(6,k))＋(－6k)]≤－2 eq \r(（－\f(6,k)）·（－6k）)＝－12，
当且仅当－eq \f(6,k)＝－6k时，即k＝－1时等号成立，此时直线l的方程为x＋y－5＝0.所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))的最大值为－12，所求直线l的方程为x＋y－5＝0.
eq \a\vs4\al()
(1)给定条件求直线方程的思路
①考虑问题的特殊情况，如斜率不存在的情况，截距等于零的情况；
②在一般情况下准确选定直线方程的形式，用待定系数法求出直线方程；
③重视直线方程一般形式的应用，因为它具有广泛的适用性．
(2)与直线有关的最值问题的解题思路
①借助直线方程，用y表示x(或用x表示y)；
②将问题转化成关于x(或y)的函数；
③利用函数的单调性或基本不等式求最值．
1．已知直线(a－1)x＋y－a－3＝0(a>1)，当此直线在x，y轴上的截距和最小时，实数a的值是( )
A．1 B．eq \r(2)
C．2 D．3
解析：选D.当x＝0时，y＝a＋3，当y＝0时，x＝eq \f(a＋3,a－1)，令t＝a＋3＋eq \f(a＋3,a－1)＝5＋(a－1)＋eq \f(4,a－1).因为a>1，所以a－1>0.所以t≥5＋2eq \r(（a－1）·\f(4,（a－1）))＝9.
当且仅当a－1＝eq \f(4,a－1)，即a＝3时，等号成立．
2．已知直线l1：ax－2y＝2a－4，l2：2x＋a2y＝2a2＋4，当0＜a＜2时，直线l1，l2与两坐标轴围成一个四边形，当四边形的面积最小时，实数a＝________．
解析：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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(15,4)，当a＝eq \f(1,2)时，面积最小．
答案：eq \f(1,2)
直观想象 巧构造，妙用斜率求解问题
一、比较大小
已知函数f(x)＝lg2(x＋1)，且a>b>c>0，则eq \f(f（a）,a)，eq \f(f（b）,b)，eq \f(f（c）,c)的大小关系为________．
【解析】 作出函数f(x)＝lg2(x＋1)的大致图象，如图所示，可知当x>0时，曲线上各点与原点连线的斜率随x的增大而减小，
因为a>b>c>0，
所以eq \f(f（a）,a)【答案】 eq \f(f（a）,a)eq \a\vs4\al()
对于函数f(x)图象上的两点(a，f(a))，(b，f(b))，比较eq \f(f（a）,a)与eq \f(f（b）,b)的大小时，可转化为这两点与原点连线的斜率来比较大小．
二、求最值
已知实数x，y满足y＝x2－2x＋2(－1≤x≤1)，试求eq \f(y＋3,x＋2)的最大值和最小值．
【解】
如图，作出y＝x2－2x＋2(－1≤x≤1)的图象(曲线段AB)，则eq \f(y＋3,x＋2)表示定点P(－2，－3)和曲线段AB上任一点(x，y)的连线的斜率k，连接PA，PB，则kPA≤k≤kPB.
易得A(1，1)，B(－1，5)，
所以kPA＝eq \f(1－（－3）,1－（－2）)＝eq \f(4,3)，
kPB＝eq \f(5－（－3）,－1－（－2）)＝8，
所以eq \f(4,3)≤k≤8，故eq \f(y＋3,x＋2)的最大值是8，最小值是eq \f(4,3).
eq \a\vs4\al()
对于求形如k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)，y＝eq \f(c＋dx,a＋bx)的最值问题，可利用定点与动点的相对位置，转化为求直线斜率的范围，借助数形结合进行求解．
三、证明不等式
已知a，b，m∈(0，＋∞)，且aeq \f(a,b).
【证明】
如图，设点P，M的坐标分别为(b，a)，(－m，－m)．
因为0又m>0，所以点M在第三象限，且在直线y＝x上．
连接OP，PM，则kOP＝eq \f(a,b)，kMP＝eq \f(a＋m,b＋m).
因为直线MP的倾斜角大于直线OP的倾斜角，且两条直线的倾斜角都是锐角，
所以kMP>kOP，即eq \f(a＋m,b＋m)>eq \f(a,b).
eq \a\vs4\al()
根据所证不等式的特点，寻找与斜率公式有关的信息，从而转变思维角度，构造直线斜率解题，这也是解题中思维迁移的一大技巧，可取得意想不到的效果．
[基础题组练]
1．倾斜角为120°，在x轴上的截距为－1的直线方程是( )
A.eq \r(3)x－y＋1＝0 B．eq \r(3)x－y－eq \r(3)＝0
C.eq \r(3)x＋y－eq \r(3)＝0 D．eq \r(3)x＋y＋eq \r(3)＝0
解析：选D.由于倾斜角为120°，故斜率k＝－eq \r(3).又直线过点(－1，0)，所以方程为y＝－eq \r(3)(x＋1)，即eq \r(3)x＋y＋eq \r(3)＝0.
2．直线ax＋by＋c＝0同时要经过第一、第二、第四象限，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
解析：选A.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.
3．两直线eq \f(x,m)－eq \f(y,n)＝a与eq \f(x,n)－eq \f(y,m)＝a(其中a为不为零的常数)的图象可能是( )
解析：选B.直线方程eq \f(x,m)－eq \f(y,n)＝a可化为y＝eq \f(n,m)x－na，直线eq \f(x,n)－eq \f(y,m)＝a可化为y＝eq \f(m,n)x－ma，由此可知两条直线的斜率同号．
4．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：选C.令x＝0，得y＝eq \f(b,2)，
令y＝0，得x＝－b，
所以所求三角形的面积为eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))|－b|＝eq \f(1,4)b2，且b≠0，eq \f(1,4)b2≤1，所以b2≤4，所以b的取值范围是[－2，0)∪(0，2]．
5．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：选C.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.
6.直线l经过点A(1，2)，在x轴上的截距的取值范围是(－3，3)，则其斜率k的取值范围是________．
解析：设直线的斜率为k，则直线方程为y－2＝k(x－1)，直线在x轴上的截距为1－eq \f(2,k).
令－3＜1－eq \f(2,k)＜3，解不等式得k＜－1或k＞eq \f(1,2).
答案：k＜－1或k>eq \f(1,2)
7．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________．
解析：由题意可知a≠0.当x＝0时，y＝a＋2.
当y＝0时，x＝eq \f(a＋2,a).
所以eq \f(a＋2,a)＝a＋2，
解得a＝－2或a＝1.
答案：－2或1
8．设点A(－1，0)，B(1，0)，直线2x＋y－b＝0与线段AB相交，则b的取值范围是________．
解析：b为直线y＝－2x＋b在y轴上的截距，如图，
当直线y＝－2x＋b过点A(－1，0)和点B(1，0)时，b分别取得最小值和最大值．
所以b的取值范围是[－2，2]．
答案：[－2，2]
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)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的方程是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．已知射线l1：y＝4x(x≥0)和点P(6，4)，试在l1上求一点Q使得PQ所在直线l和l1以及直线y＝0在第一象限围成的面积达到最小值，并写出此时直线l的方程．
解：设点Q坐标为(a，4a)，PQ与x轴正半轴相交于M点．
由题意可得a＞1，否则不能围成一个三角形．
PQ所在的直线方程为：y－4＝eq \f(4a－4,a－6)(x－6)，
令y＝0，x＝eq \f(5a,a－1)，
因为a＞1，所以S△OQM＝eq \f(1,2)×4a×eq \f(5a,a－1)，
则S△OQM＝eq \f(10a2,a－1)＝10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2－2a＋1＋2a－2＋1,a－1)))＝
10eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（a－1）＋\f(1,a－1)＋2))≥40，
当且仅当(a－1)2＝1时取等号．
所以a＝2时，Q点坐标为(2，8)，
所以此时直线l的方程为：x＋y－10＝0.
[综合题组练]
1．若直线l：kx－y＋2＋4k＝0(k∈R)交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，则当△AOB的面积取最小值时直线l的方程为( )
A．x－2y＋4＝0 B．x－2y＋8＝0
C．2x－y＋4＝0 D．2x－y＋8＝0
解析：选B.由l的方程，得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2＋4k,k)，0))，B(0，2＋4k)．
依题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(2＋4k,k)<0，,2＋4k>0，))解得k>0.因为S＝eq \f(1,2)|OA|·|OB|＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2＋4k,k)))·|2＋4k|＝eq \f(1,2)·eq \f(（2＋4k）2,k)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(16k＋\f(4,k)＋16))≥eq \f(1,2)(2×8＋16)＝16，当且仅当16k＝eq \f(4,k)，即k＝eq \f(1,2)时等号成立．此时l的方程为x－2y＋8＝0.
2．在等腰三角形MON中，MO＝MN，点O(0，0)，M(－1，3)，点N在x轴的负半轴上，则直线MN的方程为( )
A．3x－y－6＝0 B．3x＋y＋6＝0
C．3x－y＋6＝0 D．3x＋y－6＝0
解析：选C.因为MO＝MN，所以直线MN的斜率与直线MO的斜率互为相反数，所以kMN＝－kMO＝3，所以直线MN的方程为y－3＝3(x＋1)，即3x－y＋6＝0，选C.
3．已知动直线l：ax＋by＋c－2＝0(a＞0，c＞0)恒过点P(1，m)且点Q(4，0)到动直线l的最大距离为3，则eq \f(1,2a)＋eq \f(2,c)的最小值为( )
A.eq \f(9,2) B．eq \f(9,4)
C．1 D．9
解析：选B.因为动直线l：ax＋by＋c－2＝0(a＞0，c＞0)恒过点P(1，m)，所以a＋bm＋c－2＝0，又点Q(4，0)到动直线l的最大距离为3，所以eq \r(（4－1）2＋（－m）2)＝3，解得m＝0，所以a＋c＝2，则eq \f(1,2a)＋eq \f(2,c)＝eq \f(1,2)(a＋c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)＋\f(2,c)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)＋\f(c,2a)＋\f(2a,c)))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)＋2\r(\f(c,2a)·\f(2a,c))))＝eq \f(9,4)，当且仅当c＝2a＝eq \f(4,3)时取等号，故选B.
4．已知直线l：x－my＋eq \r(3)m＝0上存在点M满足与两点A(－1，0)，B(1，0)连线的斜率kMA与kMB之积为3，则实数m的取值范围是____________．
解析：设M(x，y)，由kMA·kMB＝3，得eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－1)＝3，即y2＝3x2－3.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－my＋\r(3)m＝0，,y2＝3x2－3，))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m2)－3))x2＋eq \f(2\r(3),m)x＋6＝0.
要使直线l：x－my＋eq \r(3)m＝0上存在点M满足与两点A(－1，0)，B(1，0)连线的斜率kMA与kMB之积为3，则Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),m)))eq \s\up12(2)－24eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m2)－3))≥0，即m2≥eq \f(1,6).
所以实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),6)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),6)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),6)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),6)，＋∞))
5.如图，射线OA，OB分别与x轴正半轴成45°和30°角，过点P(1，0)作直线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.
6．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，△AOB的面积为S(O为坐标原点)，求S的最小值，并求此时直线l的方程．
解：(1)证明：直线l的方程可化为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总过定点(－2，1)．
(2)直线方程可化为y＝kx＋1＋2k，当k≠0时，要使直线不经过第四象限，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k≥0，,1＋2k≥0，))
解得k≥0；
当k＝0时，直线为y＝1，符合题意．
综上，k的取值范围是k≥0.
(3)依题意得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1＋2k,k)，0))，B(0，1＋2k)，
且eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(1＋2k,k)<0，,1＋2k>0，))
解得k>0.
所以S＝eq \f(1,2)·|OA|·|OB|＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1＋2k,k)))·|1＋2k|
＝eq \f(1,2)·eq \f(（1＋2k）2,k)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4k＋\f(1,k)＋4))≥eq \f(1,2)×(2×2＋4)＝4，
“＝”成立的条件是4k＝eq \f(1,k)，此时k＝eq \f(1,2)，
所以Smin＝4，
此时直线l的方程为x－2y＋4＝0.
名称
已知条件
方程
适用范围
点斜式
斜率k与点(x1，y1)
y－y1＝k(x－x1)
不含直线x＝x1
斜截式
斜率k与直线在y轴上的截距b
y＝kx＋b
不含垂直于x轴的直线
两点式
两点(x1，y1)，(x2，y2)
eq \f(y－y1,y2－y1)＝eq \f(x－x1,x2－x1)
(x1≠x2，y1≠y2)
不含直线x＝x1(x1＝x2)和直线y＝y1(y1＝y2)
截距式
直线在x轴、y轴上的截距分别为a，b
eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1
(a≠0，b≠0)
不含垂直于坐标轴和过原点的直线
一般式
Ax＋By＋C＝0
(A2＋B2≠0)
平面直角坐标系内的直线都适用