2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第8章平面解析几何第2讲两条直线的位置关系考点3对称问题

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C．2x－3y＋12＝0 D．2x＋3y＋12＝0
[解析] 由ax＋y＋3a－1＝0，可得y－1＝－a(x＋3)，所以M(－3,1)，(M不在直线2x＋3y－6＝0上)
解法一：设点N(x，y)为所求方程直线上一点，则点(－6－x,2－y)在直线2x＋3y－6＝0上，∴2(－6－x)＋3(2－y)－6＝0，即所求直线方程为2x＋3y＋12＝0.故选D.
解法二：设直线2x＋3y－6＝0关于M点对称的直线方程为2x＋3y＋c＝0(c≠－6)，则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)，所以所求方程为2x＋3y＋12＝0，故选D.
解法三：在直线2x＋3y－6＝0上取点A(0,2)、B(3,0)，则A、B关于M的对称点分别为A′(－6,0)，B′(－9,2)，又kA′B′＝eq \f(2－0,－9－－6)＝－eq \f(2,3)，故所求直线方程为y＝－eq \f(2,3)(x＋6)，即2x＋3y＋12＝0.故选D.
角度2 点关于线的对称
(2024·山东济南中学月考)一入射光线经过点M(2,6)，被直线l：x－y＋3＝0反射，反射光线经过点N(－3,4)，则反射光线所在直线方程为( D )
A．2x－y＋13＝0 B．6x－y＋22＝0
C．x－3y＋15＝0 D．x－6y＋27＝0
[解析] 设点M(2,6)关于直线l：x－y＋3＝0的对称点为M′(a，b)，则反射光线所在直线过点M′，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b－6,a－2)＝－1，,\f(a＋2,2)－\f(b＋6,2)＋3＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝5，))∴M′(3,5)，∴kM′N＝eq \f(5－4,3－－3)＝eq \f(1,6).∴所求直线方程为y－4＝eq \f(1,6)(x＋3)，即x－6y＋27＝0.故选D.
(注：当对称轴斜率为±1时，可用代入法直接求得对称点坐标，
如：将x＝2代入x－y＋3＝0得y＝5，
将y＝6代入x－y＋3＝0得x＝3，
从而知M(2,6)关于x－y＋3＝0的对称点为M′(3，5)．)
[引申]本例中入射光线所在直线的方程为 6x－y－6＝0 .
[解析] N(－3,4)关于直线l的对称点N′(1,0)，
又k＝eq \f(6－0,2－1)＝6，
∴所求直线方程为y＝6(x－1)，即6x－y－6＝0.
角度3 线关于线的对称
(2022·合肥模拟)已知直线l：x－y－1＝0，l1：2x－y－2＝0.若直线l2与l1关于l对称，则l2的方程是( B )
A．x－2y＋1＝0 B．x－2y－1＝0
C．x＋y－1＝0 D．x＋2y－1＝0
[解析] 解法一：因为l1与l2关于l对称，所以l1上任一点关于l的对称点都在l2上，故l与l1的交点(1,0)在l2上．又易知(0，－2)为l1上一点，设它关于l的对称点为(x，y)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x＋0,2)－\f(y－2,2)－1＝0，,\f(y＋2,x)×1＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－1，))即(1,0)，(－1，－1)为l2上两点，可得l2的方程为x－2y－1＝0.
解法二：在l1上取两点A(0，－2)，B(1,0)，则A、B关于l的对称点分别为A′(－1，－1)，B′(1,0)，∴kA′B′＝eq \f(0－－1,1－－1)＝eq \f(1,2).∴l2的方程为y－0＝eq \f(1,2)(x－1)，即x－2y－1＝0.故选B.
解法三：设P(x，y)是直线l2上任一点，则P关于直线l的对称点为P′(y＋1，x－1)，又P′∈l1，∴2(y＋1)－(x－1)－2＝0，即直线l2的方程为x－2y－1＝0.故选B.
名师点拨：对称问题的解法
以光线反射为代表的很多实际问题，都可以转化为对称问题，关于对称问题，一般常见的有：
1．中心对称：转化为中点问题处理
(1)点P(x，y)关于O(a，b)的对称点P′(x′，y′)满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＝2a－x，,y′＝2b－y.))
(2)直线关于点的对称可转化为点关于点的对称问题来解决．
有两种解法：①在已知直线上取两点，利用中点坐标公式求出它们关于已知点对称的两点坐标，再由两点式求出直线方程．
②求出一个对称点，再利用两对称直线平行，由点斜式得到所求直线方程．
2．轴对称：转化为垂直平分线问题处理
(1)点A(a，b)关于直线Ax＋By＋C＝0(B≠0)的对称点A′(m，n)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n－b,m－a)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(A,B)))＝－1，,A·\f(a＋m,2)＋B·\f(b＋n,2)＋C＝0.))
(2)直线关于直线的对称可转化为点关于直线的对称问题来解决．
分两种情况：①若直线与对称轴平行，则在直线上取一点，求出该点关于轴的对称点，然后用点斜式求解．
②若直线与对称轴相交，则先求出交点，然后再取直线上一点，求该点关于轴的对称点，最后由两点式求解．
【变式训练】
已知直线l：2x－3y＋1＝0，点A(－1，－2)．求：
(1)(角度2)点A关于直线l的对称点A′的坐标；
(2)(角度3)直线m：3x－2y－6＝0关于直线l的对称直线m′的方程；
(3)(角度1)直线l关于点A(－1，－2)对称的直线l′的方程．
[解析] (1)设A′(x，y)，由已知条件得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y＋2,x＋1)×\f(2,3)＝－1，,2×\f(x－1,2)－3×\f(y－2,2)＋1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(33,13)，,y＝\f(4,13).))
∴A′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(33,13)，\f(4,13))).
(2)在直线m上取一点，如M(2,0)，则M(2,0)关于直线l的对称点M′必在直线m′上．
设对称点M′(a，b)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2×\f(a＋2,2)－3×\f(b＋0,2)＋1＝0，,\f(b－0,a－2)×\f(2,3)＝－1，))得M′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,13)，\f(30,13))).
设直线m与直线l的交点为N，则
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－3y＋1＝0，,3x－2y－6＝0，))得N(4,3)．
又∵m′经过点N(4,3)，
∴由两点式得直线m′的方程为9x－46y＋102＝0.
(3)设P(x，y)在l′上任意一点，
则P(x，y)关于点A(－1，－2)的对称点为P′(－2－x，－4－y)，
∵点P′在直线l上，
∴2(－2－x)－3(－4－y)＋1＝0，
即2x－3y－9＝0.