2021年高中数学培优练习《直线方程-最值问题》专项复习（含答案）

这是一份2021年高中数学培优练习《直线方程-最值问题》专项复习（含答案），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

当点P(3,2)到直线mx－y＋1－2m=0的距离最大时，m的值为( )
A.eq \r(2) B．0 C．－1 D．1
已知定点P(－2,0)和直线l：(1＋3λ)x＋(1＋2λ)y=2＋5λ(λ∈R)，则点P到直线l的距离的最大值为( )
A.2 B. C. D.2
在△ABC中，A(1，1)，B(m，eq \r(m))(1＜m＜4)，C(4，2)，则当△ABC面积最大时，m=( )
A.eq \f(3,2) B．eq \f(9,4) C.eq \f(1,2) D．eq \f(1,4)
已知过定点P(2,0)的直线l与曲线y=eq \r(2－x2)相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取到最大值时，直线l的倾斜角为( )
A.150° B.135° C.120° D.不存在
已知点P(－2,0)和直线l：(1＋3λ)x＋(1＋2λ)y－(2＋5λ)=0(λ∈R)，则点P到直线l的距离d的最大值为( )
A.2eq \r(3) B.eq \r(10) C.eq \r(14) D.2eq \r(15)
已知动直线恒过点，且到动直线的最大距离为3，则的最小值为（ ）
A.4.5 C.1 D.9
已知动直线l0：ax＋by＋c－2=0(a＞0，c＞0)恒过点P(1，m)，且Q(4,0)到动直线l0的最大距离为3，则eq \f(1,2a)＋eq \f(2,c)的最小值为( )
A.4.5 C.1 D.9
已知点P(x,y)在经过A(3,0),B(1,1)两点的直线上，则的最小值为( )
A. B. C.16 D.不存在
二、填空题
已知直线a2x＋y＋2=0与直线bx－(a2＋1)y－1=0互相垂直，则|ab|的最小值为________．
已知x＋y－3=0，则的最小值为________．
点P(a,b) 在直线x+y+1=0 上，则的最小值为
已知动直线l：ax＋by＋c－2=0(a＞0，c＞0)恒过点P(1，m)且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________．
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________．
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________．
三、解答题
已知点P(2，－1)．
(1)求过点P且与原点的距离为2的直线l的方程；
(2)求过点P且与原点的距离最大的直线l的方程，最大距离是多少？
已知直线l过点(1,2)且在x，y轴上的截距相等．
(1)求直线l的一般方程；
(2)若直线l在x，y轴上的截距不为0，点P(a，b)在直线l上，求3a＋3b的最小值．
直线l过点P(1,4)，分别交x轴的正方向和y轴的正方向于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．
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．
已知直线方程为(2+m)x+(1-2m)y+4-3m=0.
（1）证明：直线恒过定点M；
（2）若直线分别与x轴、y轴的负半轴交于A、B两点，求△AOB面积的最小值及此时直线的方程.
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．
\s 0 参考答案
答案为：C；
B.
答案为：B.
解析：由两点间距离公式可得|AC|=eq \r(10)，直线AC的方程为x－3y＋2=0，
所以点B到直线AC的距离d=eq \f(|m－3\r(m)＋2|,\r(10))，
从而△ABC的面积S=eq \f(1,2)|AC|d=eq \f(1,2)|m－3eq \r(m)＋2|=eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(m)－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(1,4)))
又1＜m＜4，所以1＜eq \r(m)＜2，所以当eq \r(m)=eq \f(3,2)，即m=eq \f(9,4)时，S取得最大值．
答案为：A；
解析：由y=eq \r(2－x2)，得x2＋y2=2(y≥0)，它表示以原点O为圆心，
以eq \r(2)为半径的圆的一部分，其图象如图所示.
显然直线l的斜率存在，设过点P(2,0)的直线l为y=k(x－2)，
则圆心到此直线的距离d=eq \f(|－2k|,\r(1＋k2))，弦长|AB|=2 eq \r(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|－2k|,\r(1＋k2))))2)=2 eq \r(\f(2－2k2,1＋k2))，
所以S△AOB=eq \f(1,2)×eq \f(|－2k|,\r(1＋k2))×2 eq \r(\f(2－2k2,1＋k2))≤eq \f(2k2＋2－2k2,21＋k2)=1，当且仅当(2k)2=2－2k2，
即k2=eq \f(1,3)时等号成立，由图可得k=－eq \f(\r(3),3)(k=eq \f(\r(3),3)舍去)，故直线l的倾斜角为150°.
答案为：B；
解析：由(1＋3λ)x＋(1＋2λ)y－(2＋5λ)=0，得(x＋y－2)＋λ(3x＋2y－5)=0，
此方程是过两直线x＋y－2=0和3x＋2y－5=0交点的直线系方程.
解方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－2＝0，,3x＋2y－5＝0，))可知两直线的交点为Q(1,1)，故直线l恒过定点Q(1,1)，
如图所示，
可知d=|PH|≤|PQ|=eq \r(10)，即d的最大值为eq \r(10)， 故选B.
B
答案为：B；
解析：动直线l0：ax＋by＋c－2=0(a＞0，c＞0)恒过点P(1，m)，
∴a＋bm＋c－2=0.又Q(4,0)到动直线l0的最大距离为3，
∴eq \r(4－12＋0－m2)=3，解得m=0.∴a＋c=2.
又a＞0，c＞0，
∴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.
B
答案为：2.
答案为：
答案为：；
答案为：2.25；
解析：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eq \f(1,2a)＋eq \f(2,c)的最小值为eq \f(9,4).
答案为：5eq \r(2)；
解析：∵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)，
∴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)．
答案为：5；
解：
(1)过点P的直线l与原点的距离为2，而点P的坐标为(2，－1)，
显然，过P(2，－1)且垂直于x轴的直线满足条件，
此时l的斜率不存在，其方程为x=2.
若斜率存在，设l的方程为y＋1=k(x－2)，
即kx－y－2k－1=0.
由已知得eq \f(|－2k－1|,\r(k2＋1))=2，解得k=eq \f(3,4).
此时l的方程为3x－4y－10=0.
综上，可得直线l的方程为x=2或3x－4y－10=0.
(2)作图可得过点P与原点O的距离最大的直线是过点P且与PO垂直的直线，如图．
由l⊥OP，得klkOP=－1，所以kl=－eq \f(1,kOP)=2.
由直线方程的点斜式得y＋1=2(x－2)，即2x－y－5=0.
所以直线2x－y－5=0是过点P且与原点O的距离最大的直线，
最大距离为eq \f(|－5|,\r(5))=eq \r(5).
解：
(1)①截距为0时，l：y=2x；
②截距不为0时，k=－1，l：y－2=－(x－1)，∴y=－x＋3.
综上，l的一般方程为2x－y=0或x＋y－3=0.
(2)由题意得l：x＋y－3=0，∴a＋b=3，∴3a＋3b≥2eq \r(3a·3b)=2eq \r(3a＋b)=6eq \r(3)，
当且仅当a=b=eq \f(3,2)时，等号成立，∴3a＋3b的最小值为6eq \r(3).
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Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,k)，0))；令x=0，可得B(0,4-k)．
(1)|PA|·|PB|=eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k)))2＋16)·eq \r(1＋k2)=-eq \f(4,k)(1＋k2)=-4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k))≥8．(注意k<0)
∴当且仅当eq \f(1,k)=k且k<0，即k=-1时，|PA|·|PB|取最小值．
这时l的方程为x＋y-5=0．
(2)|OA|＋|OB|=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,k)))＋(4-k)=5-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(4,k)))≥9．
∴当且仅当k=eq \f(4,k)且k<0，即k=-2时，|OA|＋|OB|取最小值．
这时l的方程为2x＋y-6=0．
解：
(1)因为l1∥l2，所以-b-(a2＋1)a2=0，
即b=-a2(a2＋1)=-a4-a2=-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋\f(1,2)))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，显然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．
解：
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Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2 \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．