2023届高考一轮复习讲义（文科）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（文科）第九章　平面解析几何 第2讲　高效演练 分层突破学案，共5页。
1．已知直线ax＋2y＋2＝0与3x－y－2＝0平行，则系数a＝( )
A．－3 B．－6
C．－eq \f(3,2) D．eq \f(2,3)
解析：选B.由直线ax＋2y＋2＝0与直线3x－y－2＝0平行知，－eq \f(a,2)＝3，a＝－6.
2．已知点A(5，－1)，B(m，m)，C(2，3)，若△ABC为直角三角形且AC边最长，则整数m的值为( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选D.由题意得∠B＝90°，
即AB⊥BC，kAB·kBC＝－1，
所以eq \f(m＋1,m－5)·eq \f(3－m,2－m)＝－1.
解得m＝1或m＝eq \f(7,2)，故整数m的值为1，故选D.
3．(2020·安庆模拟)若直线l1：x＋3y＋m＝0(m>0)与直线l2：2x＋6y－3＝0的距离为eq \r(10)，则m＝( )
A．7 B.eq \f(17,2)
C．14 D．17
解析：选B.直线l1：x＋3y＋m＝0(m>0)，即2x＋6y＋2m＝0，因为它与直线l2：2x＋6y－3＝0的距离为eq \r(10)，所以eq \f(|2m＋3|,\r(4＋36))＝eq \r(10)，求得m＝eq \f(17,2).
4．已知点P(4，a)到直线4x－3y－1＝0的距离不大于3，则a的取值范围是( )
A．[－10，10] B．[－10，5]
C．[－5，5] D．[0，10]
解析：选D.由题意得，点P到直线的距离为
eq \f(|4×4－3×a－1|,5)＝eq \f(|15－3a|,5).
又eq \f(|15－3a|,5)≤3，
即|15－3a|≤15，
解得0≤a≤10，所以a的取值范围是[0，10]．
5．已知坐标原点关于直线l1：x－y＋1＝0的对称点为A，设直线l2经过点A，则当点B(2，－1)到直线l2的距离最大时，直线l2的方程为( )
A．2x＋3y＋5＝0 B．3x－2y＋5＝0
C．3x＋2y＋5＝0 D．2x－3y＋5＝0
解析：选B.设A(x0，y0)，依题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)－\f(y0,2)＋1＝0，,\f(y0,x0)＝－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－1，,y0＝1，))即A(－1，1)．设点B(2，－1)到直线l2的距离为d，当d＝|AB|时取得最大值，此时直线l2垂直于直线AB，又eq \f(－1,kAB)＝eq \f(3,2)，所以直线l2的方程为y－1＝eq \f(3,2)(x＋1)，即3x－2y＋5＝0.
6．过两直线l1：x－3y＋4＝0和l2：2x＋y＋5＝0的交点和原点的直线方程为 ．
解析：过两直线交点的直线系方程为x－3y＋4＋λ(2x＋y＋5)＝0，代入原点坐标，求得λ＝－eq \f(4,5)，故所求直线方程为x－3y＋4－eq \f(4,5)(2x＋y＋5)＝0，即3x＋19y＝0.
答案：3x＋19y＝0
7．已知点A(3，2)和B(－1，4)到直线ax＋y＋1＝0的距离相等，则a的值为 ．
解析：由点到直线的距离公式可得eq \f(|3a＋2＋1|,\r(a2＋1))＝eq \f(|－a＋4＋1|,\r(a2＋1))，解得a＝eq \f(1,2)或a＝－4.
答案：eq \f(1,2)或－4
8．已知点A(1，3)，B(5，－2)，在x轴上有一点P，若|AP|－|BP|最大，则P点坐标为 ．
解析：作出A点关于x轴的对称点A′(1，－3)，则A′B所在直线方程为x－4y－13＝0.令y＝0得x＝13，所以点P的坐标为(13，0)．
答案：(13，0)
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△ABC的顶点A(5，1)，AB边上的中线CM所在直线的方程为2x－y－5＝0，AC边上的高BH所在直线的方程为x－2y－5＝0，求直线BC的方程．
解：依题意知kAC＝－2，A(5，1)，
所以直线AC的方程为2x＋y－11＝0，
联立直线AC和直线CM的方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋y－11＝0，,2x－y－5＝0，))
所以C(4，3)．
设B(x0，y0)，AB的中点M为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋5,2)，\f(y0＋1,2)))，
代入2x－y－5＝0，得2x0－y0－1＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x0－y0－1＝0，,x0－2y0－5＝0，))所以B(－1，－3)，所以kBC＝eq \f(6,5)，所以BC的方程为y－3＝eq \f(6,5)(x－4)，即6x－5y－9＝0.
[综合题组练]
1．已知直线l1：x－y－1＝0，动直线l2：(k＋1)x＋ky＋k＝0(k∈R)，则下列结论中正确的是( )
①存在k，使得l2的倾斜角为90°
②对任意的k，l1与l2都有公共点
③对任意的k，l1与l2都不重合
④对任意的k，l1与l2都不垂直
A．①②④ B．①③
C．①②③ D．②④
解析：选A.对于动直线l2：(k＋1)x＋ky＋k＝0(k∈R)，当k＝0时，斜率不存在，倾斜角为90°，故①正确；由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y－1＝0，,（k＋1）x＋ky＋k＝0，))可得(2k＋1)x＝0，对任意的k，此方程有解，可得l1与l2有交点，故②正确；因为当k＝－eq \f(1,2)时，eq \f(k＋1,1)＝eq \f(k,－1)＝eq \f(k,－1)成立，此时l1与l2重合，故③错误；
由于直线l1：x－y－1＝0的斜率为1，动直线l2的斜率为eq \f(k＋1,－k)＝－1－eq \f(1,k)≠－1，故对任意的k，l1与l2都不垂直，故④正确．
2．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 ．
解析：易知定点A(0，0)，B(1，3)，且无论m取何值，两直线垂直．
所以无论P与A，B重合与否，均有|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10(P在以AB为直径的圆上)．
所以|PA|·|PB|≤eq \f(1,2)(|PA|2＋|PB|2)＝5.
当且仅当|PA|＝|PB|＝eq \r(5)时等号成立．
答案：5
3．已知直线l：x－y＋3＝0.
(1)求点A(2，1)关于直线l：x－y＋3＝0的对称点A′；
(2)求直线l1：x－2y－6＝0关于直线l的对称直线l2的方程．
解：(1)设点A′(x′，y′)，
由题知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y′－1,x′－2)×1＝－1，,\f(x′＋2,2)－\f(y′＋1,2)＋3＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝－2，,y′＝5，))
所以A′(－2，5)．
(2)在直线l1上取一点，如M(6，0)，则M(6，0)关于直线l的对称点M′必在l2上．设对称点为M′(a，b)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a＋6,2)－\f(b＋0,2)＋3＝0，,\f(b－0,a－6)×1＝－1，))解得M′(－3，9)．设l1与l的交点为N，则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＋3＝0，,x－2y－6＝0，))得N(－12，－9)．又因为l2经过点N(－12，－9)，所以直线l2的方程为
y－9＝eq \f(9＋9,－3＋12)(x＋3)，即2x－y＋15＝0.
4．已知方程(2＋λ)x－(1＋λ)y－2(3＋2λ)＝0与点P(－2，2)．
(1)证明对任意的实数λ，该方程都表示直线，且这些直线都经过同一定点，并求出这一定点的坐标；
(2)证明：该方程表示的直线与点P的距离d小于4eq \r(2).
解：(1)显然2＋λ与－(1＋λ)不可能同时为零，故对任意的实数λ，该方程都表示直线．
因为方程可变形为2x－y－6＋λ(x－y－4)＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y－6＝0，,x－y－4＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝－2，))
故直线经过的定点为M(2，－2)．
(2)证明：过点P作直线的垂线段PQ，由垂线段小于斜线段知|PQ|≤|PM|，当且仅当Q与M重合时，|PQ|＝|PM|，
此时对应的直线方程是y＋2＝x－2，即x－y－4＝0.
但直线系方程唯独不能表示直线x－y－4＝0，
所以M与Q不可能重合，即|PM|＝4eq \r(2)，
所以|PQ|