2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第1讲　高效演练分层突破学案

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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.