2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第2讲　高效演练分层突破学案

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2讲　高效演练分层突破学案，共6页。
1．已知直线l1：mx＋y－1＝0与直线l2：(m－2)x＋my－2＝0，则“m＝1”是“l1⊥l2”的( )
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A.由l1⊥l2，得m(m－2)＋m＝0，解得m＝0或m＝1，所以“m＝1”是“l1⊥l2”的充分不必要条件，故选A.
2．已知直线l1：(k－3)x＋(4－k)y＋1＝0与l2：2(k－3)x－2y＋3＝0平行，则k的值是( )
A．1或3 B．1或5
C．3或5 D．1或2
解析：选C.法一：由两直线平行得，当k－3＝0时，两直线的方程分别为y＝－1和y＝eq \f(3,2)，显然两直线平行．当k－3≠0时，由eq \f(k－3,2（k－3）)＝eq \f(4－k,－2)≠eq \f(1,3)，可得k＝5.综上，k的值是3或5.
法二：当k＝3时，两直线平行，故排除B，D；当k＝1时，两直线不平行，排除A.
3．(2020·安徽江南十校二联)已知直线l1：mx－3y＋6＝0，l2：4x－3my＋12＝0，若l1∥l2，则l1，l2之间的距离为( )
A.eq \f(12\r(13),13) B．eq \f(8\r(13),13)
C.eq \f(9\r(13),13) D．eq \r(13)
解析：选A.由于两条直线平行，所以m·(－3m)－(－3)·4＝0，解得m＝±2，当m＝2时，两直线方程都是2x－3y＋6＝0，故两直线重合，不符合题意．当m＝－2时，l1：2x＋3y－6＝0，l2：2x＋3y＋6＝0，故l1，l2之间的距离为eq \f(|6－（－6）|,\r(22＋32))＝eq \f(12\r(13),13).故选A.
4．若点P在直线3x＋y－5＝0上，且P到直线x－y－1＝0的距离为eq \r(2)，则点P的坐标为( )
A．(1，2) B．(2，1)
C．(1，2)或(2，－1) D．(2，1)或(－1，2)
解析：选C.设P(x，5－3x)，则d＝eq \f(|x－（5－3x）－1|,\r(12＋（－1）2))＝eq \r(2)，化简得|4x－6|＝2，即4x－6＝±2，解得x＝1或x＝2，故P(1，2)或(2，－1)．
5．直线ax＋y＋3a－1＝0恒过定点M，则直线2x＋3y－6＝0关于M点对称的直线方程为( )
A．2x＋3y－12＝0 B．2x－3y－12＝0
C．2x－3y＋12＝0 D．2x＋3y＋12＝0
解析：选D.由ax＋y＋3a－1＝0，可得a(x＋3)＋(y－1)＝0，令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋3＝0，,y－1＝0，))可得x＝－3，y＝1，所以M(－3，1)，M不在直线2x＋3y－6＝0上，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.
6．与直线l1：3x＋2y－6＝0和直线l2：6x＋4y－3＝0等距离的直线方程是________．
解析：l2：6x＋4y－3＝0化为3x＋2y－eq \f(3,2)＝0，所以l1与l2平行，设与l1，l2等距离的直线l的方程为3x＋2y＋c＝0，则：|c＋6|＝|c＋eq \f(3,2)|，解得c＝－eq \f(15,4)，所以l的方程为12x＋8y－15＝0.
答案：12x＋8y－15＝0
7．l1，l2是分别经过A(1，1)，B(0，－1)两点的两条平行直线，当l1，l2间的距离最大时，直线l1的方程是________．
解析：当两条平行直线与A，B两点连线垂直时，两条平行直线间的距离最大．又kAB＝eq \f(－1－1,0－1)＝2，所以两条平行直线的斜率为k＝－eq \f(1,2)，所以直线l1的方程是y－1＝－eq \f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0.
答案：x＋2y－3＝0
8．已知点A(－1，2)，B(3，4)．P是x轴上一点，且|PA|＝|PB|，则△PAB的面积为________．
解析：设AB的中点坐标为M(1，3)，
kAB＝eq \f(4－2,3－（－1）)＝eq \f(1,2)，
所以AB的中垂线方程为y－3＝－2(x－1)．
即2x＋y－5＝0.
令y＝0，则x＝eq \f(5,2)，
即P点的坐标为(eq \f(5,2)，0)，
|AB|＝eq \r(（－1－3）2＋（2－4）2)＝2eq \r(5).
点P到AB的距离为|PM|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,2)))\s\up12(2)＋32)＝eq \f(3\r(5),2).
所以S△PAB＝eq \f(1,2)|AB|·|PM|＝eq \f(1,2)×2eq \r(5)×eq \f(3\r(5),2)＝eq \f(15,2).
答案：eq \f(15,2)
9．已知两直线l1：ax－by＋4＝0和l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求满足下列条件的a，b的值．
(1)l1⊥l2，且直线l1过点(－3，－1)；
(2)l1∥l2，且坐标原点到这两条直线的距离相等．
解：(1)因为l1⊥l2，
所以a(a－1)－b＝0.
又因为直线l1过点(－3，－1)，
所以－3a＋b＋4＝0.
故a＝2，b＝2.
(2)因为直线l2的斜率存在，l1∥l2，
所以直线l1的斜率存在．
所以eq \f(a,b)＝1－a.①
又因为坐标原点到这两条直线的距离相等，
所以l1，l2在y轴上的截距互为相反数，即eq \f(4,b)＝b.②
联立①②可得a＝2，b＝－2或a＝eq \f(2,3)，b＝2.
10．已知直线l经过直线2x＋y－5＝0与x－2y＝0的交点P.
(1)点A(5，0)到直线l的距离为3，求直线l的方程；
(2)求点A(5，0)到直线l的距离的最大值．
解：(1)因为经过两已知直线交点的直线系方程为
(2x＋y－5)＋λ(x－2y)＝0，即(2＋λ)x＋(1－2λ)y－5＝0，
所以eq \f(|10＋5λ－5|,\r(（2＋λ）2＋（1－2λ）2))＝3，解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝2.
所以直线l的方程为x＝2或4x－3y－5＝0.
(2)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋y－5＝0，,x－2y＝0，))
解得交点P(2，1)，如图，过P作任一直线l，设d为点A到直线l的距离，
则d≤|PA|(当l⊥PA时等号成立)．
所以dmax＝|PA|＝eq \r(10).
[综合题组练]
1．已知直线y＝2x是△ABC中∠C的平分线所在的直线，若点A，B的坐标分别是(－4，2)，(3，1)，则点C的坐标为 ( )
A．(－2，4) B．(－2，－4)
C．(2，4) D．(2，－4)
解析：选C.设A(－4，2)关于直线y＝2x的对称点为(x，y)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y－2,x＋4)×2＝－1，,\f(y＋2,2)＝2×\f(－4＋x,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝－2，))所以BC所在的直线方程为y－1＝eq \f(－2－1,4－3)(x－3)，即3x＋y－10＝0.同理可得点B(3，1)关于直线y＝2x的对称点为(－1，3)，所以AC所在的直线方程为y－2＝eq \f(3－2,－1－（－4）)·(x＋4)，即x－3y＋10＝0.联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x＋y－10＝0，,x－3y＋10＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝4，))则C(2，4)．故选C.
2．两条平行线l1，l2分别过点P(－1，2)，Q(2，－3)，它们分别绕P，Q旋转，但始终保持平行，则l1，l2之间距离的取值范围是( )
A．(5，＋∞) B．(0，5]
C．(eq \r(34)，＋∞) D．(0，eq \r(34)]
解析：选D.当直线PQ与平行线l1，l2垂直时，|PQ|为平行线l1，l2间的距离的最大值，为eq \r(（－1－2）2＋[2－（－3）]2)＝eq \r(34)，所以l1，l2之间距离的取值范围是(0，eq \r(34)]．故选D.
3．在平面直角坐标系xOy(O为坐标原点)中，不过原点的两直线l1：x－my＋2m－1＝0，l2：mx＋y－m－2＝0的交点为P，过点O分别向直线l1，l2引垂线，垂足分别为M，N，则四边形OMPN面积的最大值为( )
A．3 B．eq \f(3,2)
C．5 D．eq \f(5,2)
解析：选D.将直线l1的方程变形得(x－1)＋m(2－y)＝0，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1＝0,2－y＝0))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1,y＝2))，则直线l1过定点A(1，2)，同理可知，直线l2过定点A(1，2)，
所以，直线l1和直线l2的交点P的坐标为(1，2)，易知，直线l1⊥l2，如图所示，
易知，四边形OMPN为矩形，且|OP|＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，
设|OM|＝a，|ON|＝b，则a2＋b2＝5，
四边形OMPN的面积为S＝|OM|·|ON|＝ab≤eq \f(a2＋b2,2)＝eq \f(5,2)，
当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝b,a2＋b2＝5))，即当a＝b＝eq \f(\r(10),2)时，等号成立，
因此，四边形OMPN面积的最大值为eq \f(5,2)，故选D.
4.如图，已知A(－2，0)，B(2，0)，C(0，2)，E(－1，0)，F(1，0)，一束光线从F点出发射到BC上的D点，经BC反射后，再经AC反射，落到线段AE上(不含端点)，则直线FD的斜率的取值范围为________．
解析：从特殊位置考虑．如图，
因为点A(－2，0)关于直线BC：
x＋y＝2的对称点为A1(2，4)，所以kA1F＝4.又点E(－1，0)关于直线AC：y＝x＋2的对称点为E1(－2，1)，点E1(－2，1)关于直线BC：x＋y＝2的对称点为E2(1，4)，此时直线E2F的斜率不存在，所以kFD>kA1F，即kFD∈(4，＋∞)．
答案：(4，＋∞)
5．正方形的中心为点C(－1，0)，一条边所在的直线方程是x＋3y－5＝0，求其他三边所在直线的方程．
解：点C到直线x＋3y－5＝0的距离d＝eq \f(|－1－5|,\r(1＋9))＝eq \f(3\r(10),5).
设与x＋3y－5＝0平行的一边所在直线的方程是x＋3y＋m＝0(m≠－5)，
则点C到直线x＋3y＋m＝0的距离
d＝eq \f(|－1＋m|,\r(1＋9))＝eq \f(3\r(10),5)，
解得m＝－5(舍去)或m＝7，
所以与x＋3y－5＝0平行的边所在直线的方程是x＋3y＋7＝0.
设与x＋3y－5＝0垂直的边所在直线的方程是3x－y＋n＝0，
则点C到直线3x－y＋n＝0的距离
d＝eq \f(|－3＋n|,\r(1＋9))＝eq \f(3\r(10),5)，
解得n＝－3或n＝9，
所以与x＋3y－5＝0垂直的两边所在直线的方程分别是3x－y－3＝0和3x－y＋9＝0.
6．在直线l：3x－y－1＝0上求一点P，使得：
(1)P到A(4，1)和B(0，4)的距离之差最大；
(2)P到A(4，1)和C(3，4)的距离之和最小．
解：
(1)如图，设B关于l的对称点为B′，AB′的延长线交l于P0，在l上另任取一点P，则|PA|－|PB|＝|PA|－|PB′||AC′|＝|P1C′|＋|P1A|＝|P1C|＋|P1A|，故P1即为所求．
又AC′所在直线的方程为19x＋17y－93＝0，
故由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(19x＋17y－93＝0，,3x－y－1＝0))可得P1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,7)，\f(26,7))).