2025屆高考數(shù)學一輪復習第8章平面解析幾何第2講兩條直線的位置關系創(chuàng)新教學案含解析新人教版_第1頁
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文檔簡介

PAGE3-第2講兩條直線的位置關系[考綱解讀]1.能用方程組的方法求出兩條直線的交點坐標,依據(jù)兩條直線的斜率能推斷兩條直線的平行或垂直.(重點)2.能夠利用兩點間距離公式、點到直線的距離公式解決相關的數(shù)學問題.(難點)[考向預料]從近三年高考狀況來看,本講內(nèi)容很少獨立命題.預料2024年高考會與其他學問結合考查兩直線的位置關系、求直線方程(如與導數(shù)、圓錐曲線結合)、面積等問題.題型為客觀題,試題難度一般不大,屬中檔題型.1.兩直線的平行、垂直與其斜率的關系條件兩直線位置關系斜率的關系兩條不重合的直線l1,l2,斜率分別為k1,k2平行eq\o(□,\s\up1(01))k1=k2k1與k2都不存在垂直eq\o(□,\s\up1(02))k1·k2=-1k1與k2一個為零、另一個不存在2.三種距離三種距離條件公式兩點間的距離A(x1,y1),B(x2,y2)|AB|=eq\o(□,\s\up1(01))eq\r(x1-x22+y1-y22)點到直線的距離P(x0,y0)到直線Ax+By+C=0的距離為dd=eq\o(□,\s\up1(02))eq\f(|Ax0+By0+C|,\r(A2+B2))兩平行線間的距離直線Ax+By+C1=0到直線Ax+By+C2=0的距離為dd=eq\o(□,\s\up1(03))eq\f(|C1-C2|,\r(A2+B2))3.常用的直線系方程(1)與直線Ax+By+C=0平行的直線系方程是Ax+By+m=0(m∈R且m≠C).(2)與直線Ax+By+C=0垂直的直線系方程是Bx-Ay+m=0(m∈R).(3)過直線l1:A1x+B1y+C1=0與l2:A2x+B2y+C2=0的交點的直線系方程為A1x+B1y+C1+λ(A2x+B2y+C2)=0(λ∈R),但不包括l2.1.概念辨析(1)當直線l1和l2斜率都存在時,肯定有k1=k2?l1∥l2.()(2)假如兩條直線l1與l2垂直,則它們的斜率之積肯定等于-1.()(3)若兩直線的方程組成的方程組有唯一解,則兩直線相交.()(4)已知直線l1:A1x+B1y+C1=0,l2:A2x+B2y+C2=0(A1,B1,C1,A2,B2,C2為常數(shù)),若直線l1⊥l2,則A1A2+B1B2答案(1)×(2)×(3)√(4)√2.小題熱身(1)若直線mx+2y+m=0與直線3mx+(m-1)y+7=0平行,則m的值為()A.7 B.0或7C.0 D.4答案B解析∵直線mx+2y+m=0與直線3mx+(m-1)y+7=0平行,∴m(m-1)=3m×2,∴m(2)原點到直線x+2y-5=0的距離是________.答案eq\r(5)解析原點到直線x+2y-5=0的距離d=eq\f(|-5|,\r(12+22))=eq\r(5).(3)經(jīng)過直線l1:x+y-5=0,l2:x-y-1=0的交點且垂直于直線2x+y-3=0的直線方程為________.答案x-2y+1=0解析聯(lián)立直線l1與l2的方程,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x+y-5=0,,x-y-1=0,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=3,,y=2,))所以直線l1與l2的交點坐標為(3,2),設所求直線的方程為x-2y+C=0,將點(3,2)的坐標代入直線方程得3-2×2+C=0,解得C=1,因此,所求的直線方程為x-2y+1=0.(4)已知點P(-1,1)與點Q(3,5)關于直線l對稱,則直線l的方程為________.答案x+y-4=0解析∵直線PQ的斜率k1=1,∴直線l的斜率k2=-1,又線段PQ的中點坐標為(1,3),∴直線l的方程為x+y-4=0.題型一兩條直線的位置關系1.若三條直線y=2x,x+y=3,mx+2y+5=0相交于同一點,則m的值為________.答案-9解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y=2x,,x+y=3,))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=1,,y=2.))∴點(1,2)滿意方程mx+2y+5=0,即m×1+2×2+5=0,∴m=-9.2.已知兩條直線l1:ax-by+4=0和l2:(a-1)x+y+b=0,求滿意下列條件的a,b的值.(1)l1⊥l2,且l1過點(-3,-1);(2)l1∥l2,且坐標原點到這兩條直線的距離相等.解(1)由已知,得l2的斜率存在,且k2=1-a.若k2=0,則1-a=0,a=1.∵l1⊥l2,直線l1的斜率k1必不存在,即b=0.又l1過點(-3,-1),∴-3a+4=0,即a=eq\f(4,3)(沖突),∴此種狀況不存在,∴k2≠0,即k1,k2都存在且不為0.∵k2=1-a,k1=eq\f(a,b),l1⊥l2,∴k1k2=-1,即eq\f(a,b)(1-a)=-1.①又l1過點(-3,-1),∴-3a+b+4=0.由①②聯(lián)立,解得a=2,b=2.(2)∵l2的斜率存在,l1∥l2,∴直線l1的斜率存在,k1=k2,即eq\f(a,b)=1-a,③又坐標原點到這兩條直線的距離相等,且l1∥l2,∴l(xiāng)1,l2在y軸上的截距互為相反數(shù),即eq\f(4,b)=b,④聯(lián)立③④,解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=2,,b=-2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=\f(2,3),,b=2.))∴a=2,b=-2或a=eq\f(2,3),b=2.1.已知兩直線的斜率存在,推斷兩直線平行垂直的方法(1)兩直線平行?兩直線的斜率相等且在坐標軸上的截距不等.(2)兩直線垂直?兩直線的斜率之積等于-1.2.由一般式確定兩直線位置關系的方法直線方程l1:A1x+B1y+C1=0(Aeq\o\al(2,1)+Beq\o\al(2,1)≠0)l2:A2x+B2y+C2=0(Aeq\o\al(2,2)+Beq\o\al(2,2)≠0)l1與l2垂直的充要條件A1A2+B1B2l1與l2平行的充分條件eq\f(A1,A2)=eq\f(B1,B2)≠eq\f(C1,C2)(A2B2C2≠0)l1與l2相交的充分條件eq\f(A1,A2)≠eq\f(B1,B2)(A2B2≠0)l1與l2重合的充分條件eq\f(A1,A2)=eq\f(B1,B2)=eq\f(C1,C2)(A2B2C2≠0)留意:在推斷兩直線位置關系時,比例式eq\f(A1,A2)與eq\f(B1,B2),eq\f(C1,C2)的關系簡單記住,在解答選擇、填空題時,建議多用比例式來解答.1.(2024·淮南模擬)設λ∈R,則“λ=-3”是“直線2λx+(λ-1)y=1與直線6x+(1-λ)y=4平行”A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件答案A解析當λ=-3時,兩條直線的方程分別為6x+4y+1=0,3x+2y-2=0,此時兩條直線平行;若兩條直線平行,則2λ·(1-λ)=-6(1-λ),所以λ=-3或λ=1,經(jīng)檢驗,兩者均符合,綜上,“λ=-3”是“直線2λx+(λ-1)y=1與直線6x+(1-λ)y=4平行”的充分不必要條件.2.(2024·湖北十堰模擬)已知菱形ABCD的頂點A,C的坐標分別為A(-4,7),C(6,-5),BC邊所在直線過點P(8,-1).求:(1)AD邊所在直線的方程;(2)對角線BD所在直線的方程.解(1)kBC=eq\f(-5--1,6-8)=2,∵AD∥BC,∴kAD=2.∴AD邊所在直線的方程為y-7=2(x+4),即2x-y+15=0.(2)kAC=eq\f(-5-7,6--4)=-eq\f(6,5).∵菱形的對角線相互垂直,∴BD⊥AC,∴kBD=eq\f(5,6).∵AC的中點(1,1),也是BD的中點,∴對角線BD所在直線的方程為y-1=eq\f(5,6)(x-1),即5x-6y+1=0.題型二距離問題1.若直線l1:x+ay+6=0與l2:(a-2)x+3y+2a=0平行,則l1與l2A.eq\f(4\r(2),3) B.4eq\r(2)C.eq\f(8\r(2),3) D.2eq\r(2)答案C解析若l1∥l2,則1×3-a(a-2)=0,解得a=-1或3.經(jīng)檢驗a=3時,兩條直線重合,舍去.所以a=-1,此時有l(wèi)1:x-y+6=0,l2:-3x+3y-2=0,即x-y+eq\f(2,3)=0,所以l1與l2之間的距離d=eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(6-\f(2,3))),\r(12+-12))=eq\f(8\r(2),3).2.(2024·重慶巴蜀中學模擬)已知曲線y=eq\f(2x,x-1)在點P(2,4)處的切線與直線l平行且距離為2eq\r(5),則直線l的方程為()A.2x+y+2=0B.2x+y+2=0或2x+y-18=0C.2x-y-18=0D.2x-y+2=0或2x-y-18=0答案B解析y′=eq\f(2x-1-2x,x-12)=-eq\f(2,x-12),當x=2時,y′=-eq\f(2,2-12)=-2,因此kl=-2,則設直線l方程為y=-2x+b,即2x+y-b=0,由題意知eq\f(|2×2+4-b|,\r(5))=2eq\r(5),解得b=18或b=-2,所以直線l的方程為2x+y-18=0或2x+y+2=0.故選B.3.已知點A(5,2a-1),B(a+1,a-4),當|AB|取得最小值時,實數(shù)a答案eq\f(1,2)解析由題意,得|AB|=eq\r(a+1-52+[a-4-2a-1]2)=eq\r(a-42+a+32)=eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a-\f(1,2)))2+\f(49,2)),所以當a=eq\f(1,2)時,|AB|取得最小值.距離問題的常見題型及解題策略(1)求兩條平行線間的距離.要先將直線方程中x,y的對應項系數(shù)轉(zhuǎn)化成相等的形式,再利用距離公式求解,也可以轉(zhuǎn)化成點到直線的距離問題.如舉例說明1.(2)解決與點到直線的距離有關的問題.應熟記點到直線的距離公式,若已知點到直線的距離求直線方程,一般考慮待定系數(shù)法(如舉例說明2),若待定系數(shù)是斜率,必需探討斜率是否存在.(3)求兩點間的距離.關鍵是確定兩點的坐標,然后代入公式即可,一般用來推斷三角形的形態(tài)等.1.若點P在直線3x+y-5=0上,且P到直線x-y-1=0的距離為eq\r(2),則點P的坐標為()A.(1,2) B.(2,1)C.(1,2)或(2,-1) D.(2,1)或(-1,2)答案C解析設P(x,5-3x),則d=eq\f(|x-5+3x-1|,\r(12+-12))=eq\r(2),化簡得|4x-6|=2,即4x-6=±2,解得x=1或x=2,故P(1,2)或(2,-1).2.若P,Q分別為直線3x+4y-12=0與6x+8y+5=0上隨意一點,則|PQ|的最小值為()A.eq\f(9,5) B.eq\f(18,5)C.eq\f(29,10) D.eq\f(29,5)答案C解析易知直線3x+4y-12=0與6x+8y+5=0平行,所以|PQ|的最小值就是這兩條平行線間的距離.6x+8y+5=0可化為3x+4y+eq\f(5,2)=0,則這兩條平行線間的距離是eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(-12-\f(5,2))),\r(32+42))=eq\f(29,10).題型三對稱問題1.已知入射光線經(jīng)過點M(-3,4),被直線l:x-y+3=0反射,反射光線經(jīng)過點N(2,6),則反射光線所在直線的方程為________.答案6x-y-6=0解析設點M(-3,4)關于直線l:x-y+3=0的對稱點為M′(a,b),則反射光線所在直線過點M′,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b-4,a--3)·1=-1,,\f(-3+a,2)-\f(b+4,2)+3=0,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=1,,b=0.))又反射光線經(jīng)過點N(2,6),所以所求直線的方程為eq\f(y-0,6-0)=eq\f(x-1,2-1),即6x-y-6=0.2.已知直線l:2x-3y+1=0,點A(-1,-2).求:(1)點A關于直線l的對稱點A′的坐標;(2)直線m:3x-2y-6=0關于直線l的對稱直線m′的方程;(3)直線l關于點A(-1,-2)對稱的直線l′的方程.解(1)設A′(x,y),再由已知,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\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\co1(x=-\f(33,13),,y=\f(4,13),))∴A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(33,13),\f(4,13))).(2)在直線m上取一點,如M(2,0),則M(2,0)關于直線l的對稱點必在m′上.設對稱點為M′(a,b),則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2×\f(a+2,2)-3×\f(b+0,2)+1=0,,\f(b-0,a-2)×\f(2,3)=-1.))解得M′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,13),\f(30,13))).設m與l的交點為N,則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x-3y+1=0,,3x-2y-6=0,))得N(4,3).又m′經(jīng)過點N(4,3),∴由兩點式得直線方程為9x-46y+102=0.(3)解法一:在l:2x-3y+1=0上任取兩點,如M(1,1),N(4,3),則M,N關于點A的對稱點M′,N′均在直線l′上.易知M′(-3,-5),N′(-6,-7),由兩點式可得l′的方程為2x-3y-9=0.解法二:設P(x,y)為l′上隨意一點,則P(x,y)關于點A(-1,-2)的對稱點為P′(-2-x,-4-y),∵P′在直線l上,∴2(-2-x)-3(-4-y)+1=0,即2x-3y-9=0.解法三:∵l∥l′,∴設l′的方程為2x-3y+c=0(c≠1),∴由點到直線的距離公式得eq\f(|-2+6+c|,\r(22+32))=eq\f(|-2+6+1|,\r(22+32)),解得c=-9或c=1(舍去),∴l(xiāng)′的方程為2x-3y-9=0.1.中心對稱問題的兩個類型及求解方法(1)點關于點的對稱若點M(x1,y1)及N(x,y)關于P(a,b)對稱,則由中點坐標公式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=2a-x1,,y=2b-y1,))進而求解.(2)直線關于點的對稱問題的主要求解方法①在已知直線上取兩點,利用中點坐標公式求出它們關于已知點對稱的兩點坐標,再由兩點式求出直線方程.如舉例說明2(3).②求出一個對稱點,再利用兩對稱直線平行,由點斜式得到所求直線方程.2.軸對稱問題的兩個類型及求解方法(1)點關于直線的對稱若兩點P1(x1,y1)與P2(x2,y2)關于直線l:Ax+By+C=0對稱,由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,2)))+B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1+y2,2)))+C=0,,\f(y2-y1,x2-x1)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(A,B)))=-1,))得到點P1關于l對稱的點P2的坐標(x2,y2)(其中B≠0,x1≠x2).如舉例說明1,2(1).(2)直線關于直線的對稱一般轉(zhuǎn)化為點關于直線的對稱來解決,有兩種狀況:一是已知直線與對稱軸相交;二是已知直線與對稱軸平行.已知直線l:3x-y+3=0,求:(1)點P(4,5)關于l的對稱點;(2)直線x-y-2=0關于直線l對稱的直線方程;(3)直線l關于(1,2)的對稱直線.解(1)解法一:設P(x,y)關于直線l:3x-y+3=0的對稱點為P′(x′,y′),∵kPP′·kl=-1,即eq\f(y′-y,x′-x)×3=-1.①又PP′的中點在直線3x-y+3=0上,∴3×eq\f(x′+x,2)-eq\f(y′+y,2)+3=0.②由①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′=\f(-4x+3y-9,5),③,y′=\f(3x+4y+3,5).④))把x=4,y=5代入③④得x′=-2,y′=7,∴點P(4,5)關于直線l的對稱點P′的坐標為(-2,7).解法二:設點P(4,5)關于l的對稱點為M(m,n).∵PM與l垂直,且PM的中點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m+4,2),\f(n+5,2)))在直線l上,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n-5,m-4)×3=-1,,3×\f(m+4,2)-\f(n+5,2)+3=0,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m=-2,,n=7,))∴點P(4,5)關于l的對稱點為(-2,7).(2)解法一:用③④分別代換x-y-2=0中的x,y,得關于l對稱的直線方程為eq\f(-4x+3y-9,5)-eq\f(3x+4y+3,5)-2=0,化簡得7x+y+22=0.解法二:設直線x-y-2=0關于直線l對稱的直線為l′.解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-y-2=0,,3x-y+3=0,))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=-\f(5,2),,y=-\f(9,2),))即兩直線的交點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(5,2),-\f(9,2))),則點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(5,2),-\f(9,2)))在直線l′上.取直線x-y-2=0上一點Q(2,0),則點Q(2,0)關于直線l的對稱點Q′(a,b)在l′上.∵QQ′與l垂直,且QQ′的中點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+2,2),\f(b,2)))在l上.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a-2)×3=-1,,3×\f(a+2,2)-\f(b,2)+3=0,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=-\f(17,5),,b=\f(9,5),))∴Q′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(17,5),\f(9,5))),∴l(xiāng)′的斜率為eq\f(\f(9,5)+\f(9,2),-\f(17,5)+\f(5,2))=-7,∴直線l′的方程為y+eq\f(9,2)=-7eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(5,2))),即7x+y+22=0.(3)在直線l:3x-y+3=0上取點M(0,3),設關于(1,2)的對稱點M′(x′,y′),∴eq\f(x′+0,2)=1,x′=2,eq\f(y′+3,2)=2,y′=1,∴M′(2,1).∵l關于(1,2)的對稱直線平行于l,∴k=3,∴對稱直線方程為y-1=3×(x-2),即3x-y-5=0.組基礎關1.已知過點A(m+1,0),B(-5,m)的直線與過點C(-4,3),D(0,5)的直線平行,則m的值為()A.-1 B.-2C.2 D.1答案B解析由題意得,kAB=eq\f(m-0,-5-m+1)=eq\f(m,-6-m),kCD=eq\f(5-3,0--4)=eq\f(1,2).由于AB∥CD,即kAB=kCD,所以eq\f(m,-6-m)=eq\f(1,2),所以m=-2.2.若直線l1:(m-2)x-y-1=0與直線l2:3x-my=0相互平行,則m的值等于()A.0或-1或3 B.0或3C.0或-1 D.-1或3答案D解析當m=0時,兩條直線方程分別化為-2x-y-1=0,3x=0,此時兩條直線不平行;當m≠0時,由于l1∥l2,則eq\f(m-2,3)=eq\f(1,m),解得m=-1或3,閱歷證滿意條件.綜上,m=-1或3.故選D.3.過兩直線l1:x-3y+4=0和l2:2x+y+5=0的交點和原點的直線方程為()A.19x-9y=0 B.9x+19y=0C.19x-3y=0 D.3x+19y=0答案D解析解法一:解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x-3y+4=0,,2x+y+5=0,))可得兩條直線的交點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(19,7),\f(3,7))),又因為所求直線過原點,所以其斜率為-eq\f(3,19),方程為y=-eq\f(3,19)x,即3x+19y=0.解法二:依據(jù)題意可設所求直線方程為x-3y+4+λ(2x+y+5)=0,因為此直線過原點,所以4+5λ=0,λ=-eq\f(4,5).所以x-3y+4-eq\f(4,5)(2x+y+5)=0,整理得3x+19y=0.4.(2024·南昌檢測)直線3x-4y+5=0關于x軸對稱的直線的方程是()A.3x+4y+5=0 B.3x+4y-5=0C.-3x+4y-5=0 D.-3x+4y+5=0答案A解析在所求直線上任取一點P(x,y),則點P關于x軸的對稱點P′(x,-y)在已知的直線3x-4y+5=0上,所以3x-4(-y)+5=0,即3x+4y+5=0.5.若直線l經(jīng)過點(-1,-2),且原點到直線l的距離為1,則直線l的方程為()A.3x-4y-5=0B.x=-1C.3x-4y-5=0或y=-1D.3x-4y-5=0或x=-1答案D解析當直線l的斜率不存在時,直線方程為x=-1,滿意原點到直線l的距離為1,∴x=-1.當直線l的斜率存在時,設直線方程為y+2=k(x+1),即kx-y+k-2=0,由原點到直線l的距離為1,∴eq\f(|k-2|,\r(k2+1))=1,解得k=eq\f(3,4).從而得直線l的方程為y+2=eq\f(3,4)(x+1),即3x-4y-5=0.綜上可得,直線l的方程為x=-1或3x-4y-5=0.6.(2024·葫蘆島模擬)當點P(3,2)到直線mx-y+1-2m=0的距離最大時,mA.3 B.0C.-1 D.1答案C解析直線mx-y+1-2m=0可化為y=m(x-2)+1,故直線過定點Q(2,1),當PQ和直線垂直時,距離取得最大值,故m·kPQ=m·eq\f(2-1,3-2)=m·1=-1,m=-1.7.已知直線l被兩條直線l1:4x+y+3=0和l2:3x-5y-5=0截得的線段的中點為P(-1,2),則直線l的一般式方程為()A.3x-y+5=0 B.3x+y+1=0C.x-3y+7=0 D.x+3y-5=0答案B解析設l與l1的交點坐標為A(a,y1),l與l2的交點坐標為B(b,y2),∴y1=-4a-3,y2=eq\f(3b,5)-1,由中點坐標公式得eq\f(a+b,2)=-1,eq\f(y1+y2,2)=2,即a+b=-2,(-4a-3)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3b,5)-1))=4,解得a=-2,b=0,∴A(-2,5),B(0,-1),∴l(xiāng)的方程為3x+y+1=0.8.點(2,1)關于直線x-y+1=0的對稱點為________.答案(0,3)解析設對稱點為(x0,y0),則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y0-1,x0-2)=-1,,\f(x0+2,2)-\f(y0+1,2)+1=0,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0=0,,y0=3,))故所求對稱點為(0,3).9.若兩平行直線3x-2y-1=0,6x+ay+c=0之間的距離為eq\f(2\r(13),13),則實數(shù)c的值是________.答案2或-6解析直線6x+ay+c=0的方程可化為3x+eq\f(a,2)y+eq\f(c,2)=0,由題意得eq\f(a,2)=-2且eq\f(c,2)≠-1,解得a=-4,c≠-2.依據(jù)兩平行直線的距離為eq\f(2\r(13),13),得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(-1-\f(c,2))),\r(32+-22))=eq\f(2\r(13),13),所以1+eq\f(c,2)=±2,解得c=2或-6.10.以A(1,1),B(3,2),C(5,4)為頂點的△ABC,其邊AB上的高所在的直線方程是________.答案2x+y-14=0解析由A,B兩點得kAB=eq\f(1,2),則邊AB上的高所在直線的斜率為-2,故所求直線方程是y-4=-2(x-5),即2x+y-14=0.組實力關1.已知b>0,直線(b2+1)x+ay+2=0與直線x-b2y-1=0垂直,則ab的最小值為()A.1 B.2C.2eq\r(2) D.2eq\r(3)答案B解析由已知兩直線垂直,得(b2+1)-ab2=0,即ab2=b2+1,又b>0,∴ab=b+eq\f(1,b).由基本不等式得b+eq\f(1,b)≥2eq\r(b·\f(1,b))=2,當且僅當b=1時等號成立,∴(ab)min=2.故選B.2.兩條平行線l1,l2分別過點P(-1,2),Q(2,-3),它們分別繞P,Q旋轉(zhuǎn),但始終保持平行,則l1,l2之間距離的取值范圍是()A.(5,+∞) B.(0,5]C.(eq\r(34),+∞) D.(0,eq\r(34)]答案D解析當PQ與平行線l1,l2垂直時,|PQ|為平行線l1,l2間的距離的最大值,為eq\r(-1-22+[2--3]2)=eq\r(34),∴l(xiāng)1,l2之間距離的取值范圍是(0,eq\r(34)].故選D.3.已知三條直線2x-3y+1=0,4x+3y+5=0,mx-y-1=0不能構成三角形,則實數(shù)m的取值集合為()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(-\f(4,3),\f(2,3))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(4,3),-\f(2,3)))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(-\f(4,3),\f(2,3),\f(4,3))) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(-\f(4,3),-\f(2,3),\f(2,3)))答案D解析設l1:2x-3y+1=0,l2:4x+3y+5=0,l3:mx-y-1=0,易知l1與l2交于點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1,-\f(1,3))),l3過定點B(0,-1).因為l1,l2,l3不能構成三角形,所以l1∥l3或l2∥l3或l3過點A.當l1∥l3時,m=eq\f(2,3);當l2∥l3時,m=-eq\f(4,3);當l3過點A時,m=-eq\f(2,3),所以實數(shù)m的取值集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(-\f(4,3),-\f(2,3),\f(2,3))).故選D.4.(2024·保定模擬)設點P為直線l:x+y-4=0上的動點,點A(-2,0),B(2,0),則|PA|+|PB|的最小值為()A.2eq\r(10) B.eq\r(26)C.2eq\r(5) D.eq\r(10)答案A解析依據(jù)題意作出圖象如下,設點B(2,0)關于直線l的對稱點為B1(a,b),則它們的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+2,2),\f(b,2))),且|PB|=|PB1|,由對稱性,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f

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