2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业四十八两直线的位置关系

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业四十八两直线的位置关系，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．[2023·广东广州期末]已知点P(－1，2)到直线l：4x－3y＋m＝0的距离为1，则m的值为( )
A．－5或－15B．－5或15
C．5或－15D．5或15
2．若三条直线2x＋ky＋8＝0，x－y－1＝0和2x－y＝0交于一点，则k的值为( )
A．－2B．－eq \f(1,2)
C．3D．eq \f(1,2)
3．[2023·河北邯郸期末]已知直线l1：x＋ay＋5＝0，l2：ax＋y＋7＝0，若l1∥l2，则l1与l2间的距离为( )
A．eq \r(2)B．6eq \r(2)
C．2或12D．eq \r(2)或6eq \r(2)
4．与直线x－y＋2＝0关于x轴对称的直线方程为( )
A．－x＋y＋2＝0B．－x＋y－2＝0
C．x＋y＋2＝0D．x＋y－2＝0
5．已知菱形ABCD的对角线BD与x轴平行，D(－3，1)，A(－1，0)，则C点的坐标为( )
A．(－1，2) B．(－2，1)
C．(－1，1) D．(2，2)
6．点(a，6)到直线3x－4y－2＝0的距离大于5，则实数a的取值范围为( )
A．(eq \f(1,3)，17)
B．(－∞，eq \f(1,3))∪(17，＋∞)
C．(－∞，eq \f(1,3))
D．(17，＋∞)
7．直线l经过两条直线x－y＋1＝0和2x＋3y＋2＝0的交点，且平行于直线x－2y＋4＝0，则直线l的方程为( )
A．x－2y－1＝0B．x－2y＋1＝0
C．2x－y＋2＝0D．2x＋y－2＝0
8．(能力题)直线ax＋y＋3a－1＝0恒过定点M，则直线2x＋3y－6＝0关于点M对称的直线方程为( )
A．2x＋3y－12＝0B．2x＋3y＋12＝0
C．3x－2y－6＝0D．2x＋3y＋6＝0
9．(能力题)已知直线l：2x＋(a－3)y－a－1＝0，当原点O到l的距离最大时，l的方程为( )
A．2x＋y－5＝0B．x＋2y－4＝0
C．3x－4y＋2＝0D．4x－2y＋1＝0
10．(能力题)[2023·黑龙江哈师大附中模拟]已知直线l经过点P(3，1)，且被两条平行直线l1：x＋y＋1＝0和l2：x＋y＋6＝0截得的线段长为5，则直线l的方程为( )
A．x＝2B．x＝3或y＝1
C．y＝0或x＝2D．y＝2
二、多项选择题
11．[2023·山东兰陵四中模拟]若三条不同的直线l1：mx＋2y＋m＋4＝0，l2：x－y＋1＝0，l3：3x－y－5＝0不能围成一个三角形，则m的取值可能为( )
A．－2B．－6
C．－3D．1
12．(能力题)[2023·辽宁沈阳模拟]已知直线l1：ax－y＋1＝0，l2：x＋ay＋1＝0，a∈R，以下结论正确的是( )
A．不论a为何值时，l1与l2都互相垂直
B．当a变化时，l1与l2分别经过定点A(0，1)和B(－1，0)
C．不论a为何值时，l1与l2都关于直线x＋y＝0对称
D．如果l1与l2交于点M，则|MO|的最大值是eq \r(2)
三、填空题
13．已知直线l1的方程为x＋ay－2＝0，直线l2的方程为2x－y＋1＝0，若l1⊥l2，则直线l1与l2的交点坐标为________．
14．[2023·安徽六安中学期末]若直线l与直线y＝x平行，且原点到直线l的距离为2，则直线l的方程为________________．
四、解答题
15．[2023·广东佛山南海区第一中学模拟]已知△ABC的顶点坐标为A(4，0)、B(0，2)、C(3，3).
(1)求AB边上的高线所在的直线方程；
(2)求△ABC的面积．
优生选做题
16．已知直线l：x－2y－8＝0和A(－2，0)，B(2，4)两点，若直线l上存在点M使得|MA|＋|MB|最小，点M的坐标为________．
17．[2023·山东聊城一中模拟]已知直线l：(t＋2)x＋(t－1)y＋3＝0.
(1)证明：直线恒过定点M；
(2)是否存在t，使点P(1，3)到直线l的距离取得最大值，若存在，求出最大值，否则说明理由．
课时作业（四十八） 两直线的位置关系
1．解析：点P（－1，2）到直线l：4x－3y＋m＝0的距离为1，
∴eq \f(|－1×4－3×2＋m|,\r(42＋（－3）2))＝1，
解得：m＝15或5.
故选D.
答案：D
2．解析：联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y＝0,x－y－1＝0))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1,y＝－2)).
把eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1,y＝－2))代入2x＋ky＋8＝0得k＝3.
故选C.
答案：C
3．解析：因为直线l1：x＋ay＋5＝0，l2：ax＋y＋7＝0，由l1∥l2，可得a2＝1，解得a＝±1.当a＝1时，l1：x＋y＋5＝0，l2：x＋y＋7＝0，所以l1与l2间的距离d1＝eq \f(|7－5|,\r(2))＝eq \r(2)；当a＝－1时，l1：x－y＋5＝0，l2：x－y－7＝0，所以l1与l2间的距离d2＝eq \f(|5－（－7）|,\r(2))＝6eq \r(2)，
∴l1与l2间的距离为eq \r(2)或6eq \r(2).
故选D.
答案：D
4．解析：由直线x－y＋2＝0，令y＝0，可得x＝－2；令x＝0，可得y＝2，
即直线过点A（－2，0），B（0，2），
又由点B（0，2）关于x轴的对称点为B′（0，－2），
则直线AB′的方程为x＋y＋2＝0，
即直线x－y＋2＝0关于x轴的对称直线的方程为x＋y＋2＝0.
故选C.
答案：C
5．解析：∵四边形ABCD为菱形，BD∥x轴，∴AC⊥x轴，
∴可设C（－1，t），
∵|AD|＝|CD|，
∴eq \r(（－3＋1）2＋（1－0）2)＝eq \r(（－3＋1）2＋（1－t）2)，
解得：t＝0（舍）或t＝2，∴C（－1，2）.
故选A.
答案：A
6．解析：因为点（a，6）到直线3x－4y－2＝0的距离大于5，
所以eq \f(|3a－4×6－2|,\r(32＋（－4）2))>5，解得：a17，
所以实数a的取值范围为（－∞，eq \f(1,3)）∪（17，＋∞）.
故选B.
答案：B
7．解析：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＋1＝0,2x＋3y＋2＝0))得两直线交点为（－1，0），直线l斜率与x－2y＋4＝0相同，为eq \f(1,2)，
则直线l方程为y－0＝eq \f(1,2)（x＋1），即x－2y＋1＝0.
故选B.
答案：B
8．解析：由ax＋y＋3a－1＝0得（x＋3）a＋（y－1）＝0，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋3＝0,y－1＝0))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－3,y＝1))，∴M（－3，1）.
设直线2x＋3y－6＝0关于点M对称的直线方程为2x＋3y＋C＝0（C≠－6），
∴eq \f(|－6＋3－6|,\r(4＋9))＝eq \f(|－6＋3＋C|,\r(4＋9))，解得：C＝12或C＝－6（舍去），
∴直线2x＋3y－6＝0关于点M对称的直线方程为2x＋3y＋12＝0.
故选B.
答案：B
9．解析：由2x＋（a－3）y－a－1＝0可得2x－3y－1＋a（y－1）＝0，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－3y－1＝0,y－1＝0))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2,y＝1))，所以直线l过定点A（2，1），
当OA⊥l时，原点O到l的距离最大，
因为kOA＝eq \f(1,2)，所以直线l的斜率为－2，
所以直线l的方程为y－1＝－2（x－2），即2x＋y－5＝0，
故选A.
答案：A
10．解析：①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，
此时l与直线l1，l2的交点分别为A（3，－4），B（3，－9），
截得的线段长|AB|＝|－4＋9|＝5，符合题意．
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－1＝k（x－3），
且设直线l与直线l1和l2的交点分别为A，B.
解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－1＝k（x－3）,x＋y＋1＝0))，解得A（eq \f(3k－2,k＋1)，eq \f(－4k＋1,k＋1)）；
解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－1＝k（x－3）,x＋y＋6＝0))，解得B（eq \f(3k－7,k＋1)，eq \f(－9k＋1,k＋1)）.
由|AB|＝5，得（eq \f(3k－2,k＋1)－eq \f(3k－7,k＋1)）2＋（eq \f(－4k＋1,k＋1)－eq \f(－9k＋1,k＋1)）2＝52，
解得k＝0，即所求直线l的方程为y＝1.
综上所述，所求直线l的方程为x＝3或y＝1.
故选B.
答案：B
11．解析：当mx＋2y＋m＋4＝0与x－y＋1＝0平行时，m＝－2，此时符合题意；
当mx＋2y＋m＋4＝0与3x－y－5＝0平行时，m＝－6，此时符合题意；
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＋1＝0,3x－y－5＝0))可得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3,y＝4))，所以直线l2与直线l3的交点坐标为（3，4），
将（3，4）代入l1中可得：3m＋8＋m＋4＝0，可得：m＝－3.
综上所述：m的取值可能值为－2，－6，－3.
故选ABC.
答案：ABC
12．解析：对于A，如果a＝0，则l1：y＝1，l2：x＝－1，分别平行于x轴和y轴，显然l1⊥l2；
如果a≠0，则kl1＝a，kl2＝－eq \f(1,a)，kl1·kl2＝－1，∴l1⊥l2恒成立，A正确；
对于B，对于直线l1，当x＝0时，y＝1恒成立，则l1过定点（0，1）；对于直线l2，当y＝0时，x＝－1恒成立，则l2恒过定点（－1，0），B正确；
对于C，在l1上任取点（x，ax＋1），关于直线x＋y＝0对称的点的坐标为（－ax－1，－x），
代入l2方程知：（－ax－1，－x）不在l2上，C错误；
对于D，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax－y＋1＝0,x＋ay＋1＝0))，解得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(－a－1,a2＋1),y＝\f(－a＋1,a2＋1)))，
即M（eq \f(－a－1,a2＋1)，eq \f(－a＋1,a2＋1)），
∴|MO|＝eq \r(（\f(－a－1,a2＋1)）2＋（\f(－a＋1,a2＋1)）2)＝eq \r(\f(2,a2＋1))≤eq \r(2)，
即|MO|的最大值是eq \r(2)，D正确．
故选ABD.
答案：ABD
13．解析：由l1⊥l2可得1×2＋（－1）×a＝0，解得a＝2，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2y－2＝0,2x－y＋1＝0))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0,y＝1))，即交点坐标为（0，1）.
答案：（0，1）
14．解析：可设直线l的方程为y＝x＋b（b≠0），即x－y＋b＝0，
则原点到直线l的距离为eq \f(|b|,\r(2))＝2，解得b＝±2eq \r(2)，
所以直线l的方程为y＝x±2eq \r(2).
答案：y＝x±2eq \r(2)
15．解析：（1）由△ABC的顶点坐标为A（4，0）、B（0，2）、C（3，3），
可得kAB＝eq \f(2－0,0－4)＝－eq \f(1,2)，所以AB边上的高线斜率k＝2，
所以AB边上的高线方程为y－3＝2（x－3），即2x－y－3＝0.
（2）直线AB的方程为eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1，即x＋2y－4＝0，
顶点C到直线AB的距离为d＝eq \f(|3＋6－4|,\r(5))＝eq \f(5,\r(5))＝eq \r(5)，
且|AB|＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5)，
所以△ABC的面积S△ABC＝eq \f(1,2)|AB|d＝eq \f(1,2)·2eq \r(5)·eq \r(5)＝5.
16．解析：如图，作出点A关于直线l的对称点A′，连接A′B，交直线l于M，则|MA|＝|MA′|，
所以|MA|＋|MB|＝|MA′|＋|MB|≥|A′B|，当A′，B，M三点共线时取等号，
即A′，B，M三点共线时，|MA|＋|MB|最小，
设A′（a，b），则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(b,a＋2)·\f(1,2)＝－1,\f(a－2,2)－2·\f(b,2)－8＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2,b＝－8))，
即A′（2，－8），
因为B（2，4），所以直线A′B为x＝2，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2,x－2y－8＝0))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2,y＝－3))，即M（2，－3）.
答案：（2，－3）
17．解析：（1）直线的方程（t＋2）x＋（t－1）y＋3＝0，整理得（2x－y＋3）＋t（x＋y）＝0.
该方程对任意实数t恒成立，于是有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y＋3＝0,x＋y＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1,y＝1))，
所以直线l恒过定点M（－1，1）.
（2）要使点P（1，3）到直线l的距离最大，应有PM⊥l，此时最大距离为|PM|＝eq \r(（1＋1）2＋（3－1）2)＝2eq \r(2)，
但直线PM的斜率k＝eq \f(3－1,1－（－1）)＝1，直线l的斜率－eq \f(t＋2,t－1)＝－1，此方程无解．
∴不存在t，使得直线l满足条件．