北师大数学总复习第8章第2课时两条直线的位置关系

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精【A级】基础训练1．（2014·株洲模拟）点(1,－1)到直线x－y＋1＝0的距离是（）A。eq\f（1，2) B．eq\f（3,2)C。eq\f（3\r（2),2) D．eq\f（\r（2），2)解析：由点到直线的距离公式得距离为eq\f（｜1＋1＋1｜，\r(1＋－12））＝eq\f（3\r（2),2).答案:C2．若k，－1，b三个数成等差数列，则直线y＝kx＋b必经过定点（）A．(1,－2） B．（1,2）C．(－1,2) D．（－1，－2)解析:因为k,－1,b三个数成等差数列,所以k＋b＝－2，即b＝－k－2，于是直线方程化为y＝kx－k－2,即y＋2＝k(x－1)，故直线必过定点(1，－2）．答案：A3．已知两条直线y＝ax－2和y＝（a＋2）x＋1互相垂直，则a等于()A．2 B．1C．0 D．－1解析：由题意,知a（a＋2)＝－1，∴a＝－1，选D。答案：D4．（2014·黄石模拟)直线l1的斜率为2，l1∥l2,直线l2过点(－1，1）且与y轴交于点P,则P点坐标为(）A．(3，0) B．(－3，0）C．(0,－3） D．(0,3）解析:∵点P在y轴上，∴设P(0，y），又∵kl1＝2，l1∥l2，∴kl2＝eq\f(y－1,0－－1）＝y－1＝2,∴y＝3，∴P（0，3)．答案：D5．若点（1，1）到直线xcosα＋ysinα＝2的距离为d，则d的最大值是________．解析：d＝eq\f（|cosα＋sinα－2｜，\r(cos2α＋sin2α))＝eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（\r(2）sin\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(α＋\f（π，4)）)－2））,所以d的最大值等于2＋eq\r（2）.答案：2＋eq\r（2)6．(2014·武汉模拟）已知两直线l1：mx＋8y＋n＝0和l2：2x＋my－1＝0,当l1与l2相交于点P(m，－1）时，m，n的值分别为________、________.解析:∵m2－8＋n＝0，2m－m－1＝0，∴m＝1，n答案:177．已知直线l1经过点A（2，a)，B（a－1，3），直线l2经过点C(1,2)，D(－3，a＋2)．(1）若l1∥l2,求a的值；(2）若l1⊥l2,求a的值．解：设直线l1、l2的斜率分别为k1、k2，若a＝3,则k1不存在，k2＝－eq\f（3,4），则l1与l2既不平行，也不垂直．因此a≠3，k1＝eq\f(a－3,3－a）＝－1，k2＝eq\f（a＋2－2,－3－1）＝－eq\f（a，4)。（1）∵l1∥l2,∴k1＝k2.∴－1＝－eq\f(a,4).∴a＝4.（2）∵l1⊥l2，∴k1k2＝－1。∴（－1）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（a，4))）＝－1.∴a＝－4.8．过点P（－1,2)引一直线，两点A（2，3），B（－4，5）到该直线的距离相等，求这条直线的方程．解：方法一：当斜率不存在时，过点P(－1,2）的直线方程为：x＝－1，A(2，3)到x＝－1的距离等于3，且B（－4,5）到x＝－1的距离也等于3,符合题意；当直线的斜率存在时,设斜率为k，过点P（－1，2）的直线方程为：y－2＝k（x＋1）,即kx－y＋k＋2＝0，依题设知：eq\f(｜2k－3＋k＋2|,\r（k2＋1））＝eq\f(｜－4k－5＋k＋2|,\r（k2＋1）)，解上式得：k＝－eq\f（1,3)，所以，所求直线方程为:x＋3y－5＝0;综上可知，所求直线方程为x＝－1或x＋3y－5＝0.方法二：依题设知：符合题意的直线共有两条，一条是过点P（－1,2)与AB平行的直线，另一条是过点P及AB中点的直线．因为A(2，3),B（－4,5），所以kAB＝eq\f(3－5，2＋4)＝－eq\f(1,3）,因此,过点P与AB平行的直线的方程为：y－2＝－eq\f（1,3)(x＋1)，即x＋3y－5＝0;又因为A（2,3)，B（－4，5）的中点坐标D（－1，4)，所以过点P及AB中点的直线方程为x＝－1；综上可知，所求直线方程为x＝－1或x＋3y－5＝0.【B级】能力提升1．曲线eq\f(|x｜，2）－eq\f(｜y|,2）＝1与直线y＝2x＋m有两个交点，则m的取值范围为()A．m＞4或m＜－4 B．－4＜m＜4C．m＞3或m＜－3 D．－3＜m＜3解析：曲线eq\f(｜x｜，2)－eq\f(｜y|，3)＝1的图像如图所示，与直线y＝2x＋m有两个交点,则m＞4或m＜－4,应选A.答案：A2．（2013·高考全国新课标卷)已知点A(－1，0），B(1，0)，C（0，1）,直线y＝ax＋b（a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分,则b的取值范围是（)A．(0,1） B．eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f（\r(2),2)，\f(1,2)))C。eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1（1－\f(\r（2），2)，\f（1,3）)) D．eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，3），\f（1,2）))解析：根据题意画出图形,根据面积相等得出a，b的关系式，然后求出b的取值范围．由题意画出图形,如图（1）．由图可知，直线BC的方程为x＋y＝1.由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,y＝ax＋b,))解得Meq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1－b,a＋1），\f(a＋b,a＋1）)).可求N（0，b)，Deq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(b，a)，0)）。∵直线y＝ax＋b将△ABC分割为面积相等的两部分，∴S△BDM＝eq\f(1,2)S△ABC。又S△BOC＝eq\f(1,2)S△ABC,∴S△CMN＝S△ODN，即eq\f（1,2)×eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a）))×b＝eq\f（1,2)(1－b)×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1－b，a＋1))）.整理得eq\f（b2,a)＝eq\f(1－b2，a＋1）。∴eq\f（1－b2,b2)＝eq\f（1＋a，a），∴eq\f(1，b)－1＝eq\r(1＋\f(1，a)），∴eq\f(1，b)＝eq\r（1＋\f(1,a))＋1，即b＝eq\f（1，\r（1＋\f(1,a）)＋1）,可以看出，当a增大时，b也增大．当a→＋∞时，b→eq\f(1，2）,即b<eq\f(1，2）。当a→0时，直线y＝ax＋b接近于y＝b.当y＝b时,如图(2)，eq\f（S△CDM,S△ABC）＝eq\f(CN2,CO2)＝eq\f（1－b2，12)＝eq\f(1,2）。∴1－b＝eq\f(\r(2),2)，∴b＝1－eq\f（\r(2）,2)。∴b〉1－eq\f(\r(2）,2).由上分析可知1－eq\f（\r（2）,2)<b〈eq\f(1,2）,故选B.答案：B3．(2014·武汉模拟）若点A(3，5）关于直线l：y＝kx的对称点在x轴上，则k是(）A。eq\f（－1±\r(5），2） B．±eq\r（3)C.eq\f(－1±\r(30),4) D．eq\f(－3±\r（34）,5)解析:由题设点A（3，5)关于直线l：y＝kx的对称点为B（x0，0），依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5－0,3－x0）＝－\f(1，k）,，\f(5＋0，2)＝k×\f(3＋x0,2)，))解得k＝eq\f（－3±\r(34)，5）.答案：D4．直线x＋2y－3＝0与直线ax＋4y＋b＝0关于点A(1,0)对称,则b＝________。解析：由题意，点A（1，0）不在直线x＋2y－3＝0上，则－eq\f(1，2)＝－eq\f(a,4），∴a＝2，又点A到两直线的距离相等,∴｜b＋2｜＝4，∴b＝－6或b＝2，又∵点A不在直线上，两直线不重合,∴b＝2.答案:25．若直线m被两平行线l1：x－y＋1＝0与l2：x－y＋3＝0所截得的线段的长为2eq\r（2)，则m的倾斜角可以是①15°②30°③45°④60°⑤75°其中正确答案的序号是________（写出所有正确答案的序号)．解析:如图，由两平行线间距离可得d＝eq\f（｜1－3|,\r(2））＝eq\r（2），故m与两平行线的夹角都是30°,而两平行线的倾斜角为45°，则m的倾斜角为75°或15°，故选①⑤。答案：①⑤6．(2014·聊城模拟）若点P是曲线y＝x2上的任意点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为________．解析:在曲线y＝x2上任取一点P（x0，y0），则P到直线y＝x－2的距离为:eq\f(｜x0－y0－2|，\r（2）)＝eq\f(｜x0－x\o\al(2，0)－2｜,\r（2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x0－\f(1，2))）2－\f（7，4）)），\r(2)）＝eq\f(\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x0－\f（1,2)))2＋\f（7，4)，\r（2))，因此，当x0＝eq\f(1，2)时其最小值为eq\f(7\r（2）,8)。答案:eq\f(7\r(2）,8）7．（创新题)如图，函数f(x)＝x＋eq\f(\r（2),x)的定义域为（0，＋∞）．设点P是函数图像上任一点，过点P分别作直线y＝x和y轴的垂线，垂足分别为M，N.(1）证明：｜PM|·｜PN|为定值;（2)O为坐标原点，求四边形OMPN面积的最小值．解:(1）证明：设Peq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x0，x0＋\f（\r(2）,x0）））(x0＞0)．则｜PN|＝x0,｜PM｜＝eq\f（\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f（\r（2）,x0）)）,\r（2）)＝eq\f(1,x0)，因此｜PM|·|PN|＝1.(2）直线PM的方程为y－x0－eq\f（\r（2),x0)＝－（x－x0），即y＝－x＋2x0＋eq\f（\r（2），x0）.解方程组得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝x,,y＝－x＋2x0＋\f(\r(2)，x0），）)x＝y＝x0＋eq\f（\r(2）,2x0）,S四边形OMPN＝S△NPO＋S△OPM＝eq\f(1，2)|PN｜｜ON｜＋eq\f(1,2）｜PM|｜OM|＝eq\f（1,2)x0eq\b\lc\(\rc\）(\a