(小白高考)新高考数学(适合艺考生)一轮复习37《直线与方程》巩固练习（2份打包，答案版+教师版）

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一、选择题
已知直线过A(2，4)，B(1，m)两点，且倾斜角为45°，则m＝( )
A.3 B.﹣3 C.5 D.﹣1
已知点A(1，eq \r(3))，B(﹣1，3eq \r(3))，则直线AB的倾斜角是( )
A.60° B.30° C.120° D.150°
直线l：xsin 30°＋ycs 150°＋1＝0的斜率是( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \r(3) C.﹣eq \r(3) D.﹣eq \f(\r(3),3)
不论m为何值，直线(m﹣1)x＋(2m﹣1)y＝m﹣5恒过定点( )
A.(1，﹣eq \f(1,2)) B.(﹣2，0) C.(2，3) D.(9，﹣4)
过点(﹣10，10)且在x轴上的截距是在y轴上截距的4倍的直线的方程为( )
A.x﹣y＝0
B.x＋4y﹣30＝0
C.x＋y＝0或x＋4y﹣30＝0
D.x＋y＝0或x﹣4y﹣30＝0
已知过两点A(﹣3，m)，B(m，5)的直线与直线3x＋y﹣1＝0平行，则m的值为( )
A.3 B.7 C.﹣7 D.﹣9
已知直线x＋a2y﹣a＝0(a是正常数)，当此直线在x轴，y轴上的截距和最小时，正数a的值是( )
A.0 B.2 C.eq \r(2) D.1
设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y﹣1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的( )
A.充分必要条件 B.必要不充分条件
C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件
若直线l1：ax﹣(a＋1)y＋1＝0与直线l2：2x﹣ay﹣1＝0垂直，则实数a＝( )
A.3 B.0 C.﹣3 D.0或﹣3
已知倾斜角为θ的直线l与直线x＋2y﹣3＝0垂直，则cs 2θ的值为( )
A.eq \f(3,5) B.﹣eq \f(3,5) C.eq \f(1,5) D.﹣eq \f(1,5)
若直线x﹣2y＋b＝0与两坐标轴所围成的三角形的面积不大于1，那么b的取值范围是( )
A.[﹣2，2] B.(﹣∞，﹣2]∪[2，＋∞)
C.[﹣2，0)∪(0，2] D.(﹣∞，＋∞)
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
二、填空题
直线l：xcs α＋eq \r(3)y＋2＝0的倾斜角的取值范围是________________.
若直线l1：x＋ay＋6＝0与l2：(a﹣2)x＋3y＋2a＝0平行，则l1与l2间的距离为________.
已知点(a，2)(a＞0)到直线l：x﹣y＋3＝0的距离为1，则a的值为________.
已知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，则直线l1的方程是________________.
三、解答题
已知菱形ABCD的顶点A，C的坐标分别为A(﹣4，7)，C(6，﹣5)，BC边所在直线过点P(8，﹣1).求：
(1)AD边所在直线的方程；
(2)对角线BD所在直线的方程.
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.
已知直线l：2x﹣3y＋1＝0，点A(﹣1，﹣2).求：
(1)点A关于直线l的对称点A′的坐标；
(2)直线m：3x﹣2y﹣6＝0关于直线l的对称直线m′的方程；
(3)直线l关于点A(﹣1，﹣2)对称的直线l′的方程.
已知直线l经过点P(﹣2，1).
(1)若点Q(﹣1，﹣2)到直线l的距离为1，求直线l的方程；
(2)若直线l在两坐标轴上截距相等，求直线l的方程.
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？
\s 0 (小白高考)新高考数学(适合体育生)一轮复习37《直线与方程》巩固练习（含答案）答案解析
一、选择题
答案为：A.
∵直线过A(2，4)，B(1，m)两点，∴直线的斜率为eq \f(m－4,1－2)＝4﹣m.
又∵直线的倾斜角为45°，∴直线的斜率为1，即4﹣m＝1，∴m＝3.故选A.
答案为：C.
解析：设直线AB的倾斜角为α.∵A(1，eq \r(3))，B(﹣1，3eq \r(3))，
∴kAB＝eq \f(3\r(3)－\r(3),－1－1)＝﹣eq \r(3)，∴tan α＝﹣eq \r(3)，∵0°≤α＜180°，∴α＝120°.故选C.
答案为：A.
解析：设直线l的斜率为k，则k＝﹣eq \f(sin 30°,cs 150°)＝eq \f(\r(3),3).
答案为：D.
解析：∵直线方程为(m﹣1)x＋(2m﹣1)y＝m﹣5，
∴直线方程可化为(x＋2y﹣1)m＋(﹣x﹣y＋5)＝0.
∵不论m为何值，直线(m﹣1)x＋(2m﹣1)y＝m﹣5恒过定点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－1＝0，,－x－y＋5＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝9，,y＝－4.))故选D.
答案为：C.
解析：当直线经过原点时，此时直线的方程为x＋y＝0，满足题意.当直线不经过原点时，设直线方程为eq \f(x,4a)＋eq \f(y,a)＝1，把点(﹣10，10)代入可得a＝eq \f(15,2)，故直线方程为eq \f(x,30)＋eq \f(2y,15)＝1，即x＋4y﹣30＝0.综上所述，可知选C.
答案为：C.
解析：由题可知，eq \f(5－m,m＋3)＝﹣3，解得m＝﹣7，故选C.
答案为：D.
解析：直线x＋a2y﹣a＝0(a是正常数)在x轴，y轴上的截距分别为a和eq \f(1,a)，此直线在x轴，y轴上的截距和为a＋eq \f(1,a)≥2，当且仅当a＝1时，等号成立.故当直线x＋a2y﹣a＝0在x轴，y轴上的截距和最小时，正数a的值是1，故选D.
答案为：C.
解析：当a＝1时，直线l1：x＋2y﹣1＝0与直线l2：x＋2y＋4＝0的斜率都是﹣eq \f(1,2)，截距不相等，∴两条直线平行，故前者是后者的充分条件；当两条直线平行时，得eq \f(a,1)＝eq \f(2,a＋1)≠eq \f(－1,4)，解得a＝﹣2或a＝1，∴后者不能推出前者，∴前者是后者的充分不必要条件.故选C.
答案为：D.
解析：∵直线l1与直线l2垂直，∴2a＋a(a＋1)＝0，整理得a2＋3a＝0，
解得a＝0或a＝﹣3.故选D.
答案为：B.
解析：由题意得﹣eq \f(1,2)·tan θ＝﹣1，∴tan θ＝2，cs 2θ＝eq \f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq \f(1－4,1＋4)＝﹣eq \f(3,5)，故选B.
答案为：C.
解析：令x＝0，得y＝eq \f(b,2)，令y＝0，得x＝﹣b，所以所求三角形面积为eq \f(1,2)|eq \f(b,2)||﹣b|＝eq \f(1,4)b2，且b≠0，因为eq \f(1,4)b2≤1，所以b2≤4，所以b的取值范围是[﹣2，0)∪(0，2].
答案为：B.
解析：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).
二、填空题
答案为：[0，eq \f(π,6)]∪[eq \f(5π,6)，π).
解析：设直线l的倾斜角为θ，依题意知，θ≠eq \f(π,2)，直线l的斜率k＝﹣eq \f(\r(3),3)cs α，
∵cs α∈[﹣1，1]，∴k∈[﹣eq \f(\r(3),3)，eq \f(\r(3),3)]，即tan θ∈[﹣eq \f(\r(3),3)，eq \f(\r(3),3)].
又θ∈[0，π)，∴θ∈[0，eq \f(π,6)]∪[eq \f(5π,6)，π).
答案为：eq \f(8\r(2),3).
答案为：eq \r(2)﹣1
答案为：x＋2y﹣3＝0.
解析：当直线AB与l1，l2垂直时，l1，l2间的距离最大.因为A(1，1)，B(0，﹣1)，
所以kAB＝eq \f(－1－1,0－1)＝2，所以两平行直线的斜率为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.
三、解答题
解：(1)kBC＝2，
∵AD∥BC，∴kAD＝2.
∴AD边所在直线的方程为y﹣7＝2(x＋4)，
即2x﹣y＋15＝0.
(2)kAC＝﹣eq \f(6,5).
∵菱形的对角线互相垂直，
∴BD⊥AC，∴kBD＝eq \f(5,6).
∵AC的中点(1，1)，也是BD的中点，
∴对角线BD所在直线的方程为y﹣1＝eq \f(5,6)(x﹣1)，即5x﹣6y＋1＝0.
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：(1)设A′(x，y)，由题意知
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).))
所以A′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(33,13)，\f(4,13))).
(2)在直线m上取一点M(2，0)，
则M(2，0)关于直线l的对称点M′必在直线m′上.
设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.))解得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).
又因为m′经过点N(4，3)，
所以由两点式得直线m′的方程为9x﹣46y＋102＝0.
(3)设P(x，y)为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)，
因为P′在直线l上，
所以2(﹣2﹣x)﹣3(﹣4﹣y)＋1＝0，
即2x﹣3y﹣9＝0.
解：(1)当直线l的斜率不存在时，即直线l的方程为x＝﹣2，符合要求；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y﹣1＝k(x＋2)，
整理得kx﹣y＋2k＋1＝0，
Q(﹣1，﹣2)到直线l的距离d＝eq \f(|－k＋2＋2k＋1|,\r(k2＋－12))＝eq \f(|k＋3|,\r(k2＋1))＝1，
解得k＝﹣eq \f(4,3)，所以直线l的方程为4x＋3y＋5＝0.
(2)由题知，直线l的斜率k一定存在且k≠0，
故可设直线l的方程为kx﹣y＋2k＋1＝0，
当x＝0时，y＝2k＋1，当y＝0时，x＝﹣eq \f(2k＋1,k)，
∴2k＋1＝﹣eq \f(2k＋1,k)，解得k＝﹣1或﹣eq \f(1,2)，
即直线l的方程为x＋2y＝0或x＋y＋1＝0.
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).