第一章 直线与方程（压轴题专练）（解析版）

第一章直线与方程（压轴题专练）题型一直线的倾斜角与斜率的综合问题【例1】已知两点A(－3,4)，B(3,2)，过点P(1,0)的直线l与线段AB有公共点．(1)求直线l的斜率k的取值范围；(2)求直线l的倾斜角α的取值范围．【解析】(1)如图，由题意可知kPA＝eq\f(4－0,－3－1)＝－1，kPB＝eq\f(2－0,3－1)＝1.要使l与线段AB有公共点，则k≤－1或k≥1，即直线l的斜率k的取值范围是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．(2)由题意可知直线l的倾斜角介于直线PB与PA的倾斜角之间，又PB的倾斜角是45°，PA的倾斜角是135°，∴α的取值范围是45°≤α≤135°.思维升华解决取值范围问题的策略斜率k的大小与正切函数之间的关系是用倾斜角α来联系的，因此，可以由倾斜角的变化得出斜率的变化．如图所示，过点P的直线l与线段AB相交时，因为过点P且与x轴垂直的直线PC的斜率不存在，而直线PC与线段AB不相交，所以直线l的斜率k的取值范围是kPA≤k≤kPB.解决这类问题时，可利用数形结合思想直观地判断直线的位置．巩固训练1．若点A(－2，－3)，B(－3，－2)，直线l过点P(1,1)且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，－\f(3,4)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，＋∞))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(4,3)))【答案】D【解析】因为kPA＝eq\f(1－－3,1－－2)＝eq\f(4,3)，kPB＝eq\f(1－－2,1－－3)＝eq\f(3,4).由图可知，直线l与线段AB相交时，直线l的斜率k的取值范围是eq\f(3,4)≤k≤eq\f(4,3).2．若直线l过点A(4,1)，B(3，a2)(a∈R)，则直线l的倾斜角的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))【答案】D【解析】设直线l的倾斜角为θ，则tanθ＝eq\f(a2－1,3－4)＝1－a2，因为a∈R，所以1－a2≤1，即tanθ≤1，因为θ∈[0，π)，所以0≤θ≤eq\f(π,4)或eq\f(π,2)＜θ＜π，所以直线l的倾斜角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故选D.题型二直线的点斜式、斜截式方程的应用【例2】已知直线l经过点P(－2,3)，且与两坐标轴围成的三角形的面积为4，求直线l的斜截式方程．【解析】显然，直线l与两坐标轴不垂直，否则构不成三角形，设其斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y－3＝k(x＋2)，令x＝0，得y＝2k＋3，令y＝0，得x＝－eq\f(3,k)－2，于是直线与两坐标轴围成的三角形的面积为eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2k＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,k)－2))))＝4，即(2k＋3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k)＋2))＝±8.若(2k＋3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k)＋2))＝8，则整理得4k2＋4k＋9＝0，无解．若(2k＋3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k)＋2))＝－8，则整理得4k2＋20k＋9＝0，解得k＝－eq\f(1,2)或k＝－eq\f(9,2)，所以直线l的方程为y－3＝－eq\f(1,2)(x＋2)或y－3＝－eq\f(9,2)(x＋2)，即y＝－eq\f(1,2)x＋2或y＝－eq\f(9,2)x－6思维升华(1)直线的斜截式方程y＝kx＋b清晰地指出了该直线的两个几何要素：斜率k和截距b.(2)已知一点的坐标，求过该点的直线方程，通常选用点斜式，再由其他条件确定斜率；已知直线的斜率，常用斜截式，再由其他条件确定该直线在y轴上的截距，无论采用哪种方式，在求解过程中待定系数法是求解该类问题的常用方法．巩固训练1．已知直线l的斜率为－2，且与两坐标轴围成的三角形的面积为4，求直线l的斜截式方程．【解析】设直线方程为y＝－2x＋b，则令x＝0得y＝b；令y＝0得x＝eq\f(b,2)，由题意得eq\f(1,2)|b|·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))＝4，即|b|2＝16，所以b＝±4，所以直线l的方程为y＝－2x＋4或y＝－2x－4.2．已知直线l经过点P(－2,3)，且在两坐标轴上的截距相等，求直线l的斜截式方程．【解析】依题意直线的斜率存在，设为k，直线方程为y－3＝k(x＋2)，令x＝0得纵截距为y＝2k＋3，令y＝0得横截距为x＝－eq\f(3,k)－2，依题意得，2k＋3＝－eq\f(3,k)－2，解得k＝－eq\f(3,2)或k＝－1，所以直线方程为y＝－eq\f(3,2)x或y＝－x＋1.3．过点(3,1)的直线分别与x轴、y轴的正半轴交于A，B两点，求△AOB(O为坐标原点)面积取得最小值时的直线方程．【解析】易知直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为y－1＝k(x－3)，即y＝kx＋1－3k.在直线AB的方程中，令x＝0，可得y＝1－3k；令y＝0，可得x＝eq\f(3k－1,k).所以点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3k－1,k)，0))，B(0,1－3k)．由已知条件可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3k－1,k)>0，,1－3k>0，))解得k<0.△AOB的面积为S＝eq\f(1,2)×(1－3k)×eq\f(3k－1,k)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－9k－\f(1,k)))≥eq\f(1,2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6＋2\r(－9k·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k))))))＝6.当且仅当－9k＝－eq\f(1,k)(k<0)时，即当k＝－eq\f(1,3)时，等号成立，所以直线AB的方程为y＝－eq\f(1,3)x＋2题型三直线方程的综合问题【例3】若A是直线l：y＝3x上的第一象限内的一点，B(3,2)为定点，直线AB交x轴正半轴于点C，求使△AOC面积最小的点A的坐标．【解析】如图，设点A的坐标为(m,3m)(m＞0)．(1)当直线AB不垂直于x轴时，由两点式得直线AB的方程为eq\f(y－2,3m－2)＝eq\f(x－3,m－3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m≠\f(2,3)，且m≠3)).令y＝0，得xC＝eq\f(7m,3m－2).因为点C在x轴的正半轴上，所以eq\f(7m,3m－2)＞0，即m＞eq\f(2,3).所以△AOC的面积S＝eq\f(1,2)×eq\f(7m,3m－2)×3m＝eq\f(21m2,23m－2)＝eq\f(7,6)×eq\f(9m2－4＋4,3m－2)＝eq\f(7,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3m－2＋\f(4,3m－2)＋4))≥eq\f(7,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3m－2×\f(4,3m－2))＋4))＝eq\f(7,6)×8＝eq\f(28,3).当且仅当m＝eq\f(4,3)时等号成立，此时点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，4)).(2)当直线AB与x轴垂直时，点A的坐标为(3,9)，此时S△AOC＝eq\f(1,2)×3×9＝eq\f(27,2)＞eq\f(28,3).综上所述，△AOC的面积的最小值为eq\f(28,3)，此时点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，4)).思维升华(1)涉及直线与坐标轴围成的面积问题，一般把直线的方程用截距式表示，利用直线在坐标轴上的截距表示面积．(2)解答此类问题需注意直线的截距与三角形边长的区别与联系．巩固训练1．已知直线过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2))且与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，是否存在这样的直线同时满足下列条件：(1)△AOB的周长为12；(2)△AOB的面积为6.若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【解析】设直线方程为eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)，若满足条件(1)，则a＋b＋eq\r(a2＋b2)＝12. ①又∵直线过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2))，∴eq\f(4,3a)＋eq\f(2,b)＝1. ②由①②可得5a2－32a＋48＝0，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(12,5)，,b＝\f(9,2)，))∴所求直线的方程为eq\f(x,4)＋eq\f(y,3)＝1或eq\f(5x,12)＋eq\f(2y,9)＝1，即3x＋4y－12＝0或15x＋8y－36＝0.若满足条件(2)，则ab＝12， ③由题意得eq\f(4,3a)＋eq\f(2,b)＝1， ④由③④整理得a2－6a＋8＝0，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝6，))∴所求直线的方程为eq\f(x,4)＋eq\f(y,3)＝1或eq\f(x,2)＋eq\f(y,6)＝1，即3x＋4y－12＝0或3x＋y－6＝0.综上所述，存在同时满足(1)(2)两个条件的直线方程，为3x＋4y－12＝0.题型四直线方程的综合应用【例5】已知直线l：kx－2y－3＋k＝0.(1)若直线l不经过第二象限，求k的取值范围；(2)设直线l与x轴的负半轴交于点A，与y轴的负半轴交于点B，若△AOB的面积为4(O为坐标原点)，求直线l的方程．【解析】(1)因为kx－2y－3＋k＝0，所以y＝eq\f(k,2)x＋eq\f(k－3,2).若直线l不经过第二象限，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)≥0，,\f(k－3,2)≤0，))解得0≤k≤3.即k的取值范围是[0,3]．(2)由题意得，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－k,k)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－3,2)))，k＜0，则△AOB的面积为eq\f(1,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3－k,k)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(k－3,2)))＝－eq\f(k－32,4k).因为△AOB的面积为4，所以－eq\f(k－32,4k)＝4，即k2＋10k＋9＝0，解得k＝－9或k＝－1.当k＝－1时，直线方程是x＋2y＋4＝0；当k＝－9时，直线方程是9x＋2y＋12＝0，综上，直线方程是x＋2y＋4＝0或9x＋2y＋12＝0.思维升华利用直线的位置或特征确定变量的方法将直线方程化为恰当的形式(点斜式、斜截式或截距式等)，根据直线的位置或特征构建关于变量的不等关系，通过解不等式(组)求变量的取值，解题中要注意直线方程的形式对变量取值的限制．巩固训练1．已知直线l：y＝kx＋2k＋1.(1)求证：直线l过定点．(2)若当－3＜x＜3时，直线l上的点都在x轴上方，求实数k的取值范围．【解析】(1)证明：由y＝kx＋2k＋1，得y－1＝k(x＋2)，则直线l过定点(－2,1)．（2）设函数f(x)＝kx＋2k＋1，其图象是一条直线．当－3＜x＜3时，直线l上的点都在x轴上方，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－3≥0，,f3≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3k＋2k＋1≥0，,3k＋2k＋1≥0，))解得－eq\f(1,5)≤k≤1.故实数k的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)，1)).题型六直线平行、垂直的综合应用【例6】已知四边形ABCD的顶点A(m，n)，B(5，－1)，C(4,2)，D(2,2)，求m和n的值，使四边形ABCD为直角梯形．【解析】①当∠A＝∠D＝90°时，如图①所示．∵四边形ABCD为直角梯形，∴AB∥DC且AD⊥AB，易求得m＝2，n＝－1.②当∠A＝∠B＝90°时，如图②所示．∵四边形ABCD为直角梯形，∴AD∥BC且AB⊥BC.∴kAD＝kBC，kAB·kBC＝－1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n－2,m－2)＝－3，,\f(n＋1,m－5)－3＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(16,5)，,n＝－\f(8,5).))综上所述，m＝2，n＝－1或m＝eq\f(16,5)，n＝－eq\f(8,5).思维升华利用两条直线平行或垂直判定图形形状的步骤巩固训练在平面直角坐标系中，四边形OPQR的顶点按逆时针顺序依次为O(0,0)，P(1，t)，Q(1－2t,2＋t)，R(－2t,2)，其中t＞0.试判断四边形OPQR的形状．【解析】由斜率公式得kOP＝eq\f(t－0,1－0)＝t，同理，kQR＝t，kOR＝－eq\f(1,t)，kPQ＝－eq\f(1,t).∴kOP＝kQR，kOR＝kPQ.∴OP∥QR，OR∥PQ.∴四边形OPQR为平行四边形．∵kOP·kOR＝－1，∴OP⊥OR.又|OP|≠|OR|，故四边形OPQR为矩形．题型七运用坐标法解决平面几何问题【例7】如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上异于B，C的任意一点，求证：AB2＝AD2＋BD·DC.[证明]如图，以BC边的中点为原点O，BC边所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．设A(0，a)，B(－b,0)，C(b,0)，D(m,0)(－b<m<b)．则AB2＝(－b－0)2＋(0－a)2＝a2＋b2，AD2＝(m－0)2＋(0－a)2＝m2＋a2，BD·DC＝|m＋b|·|b－m|＝(b＋m)(b－m)＝b2－m2，∴AD2＋BD·DC＝a2＋b2，∴AB2＝AD2＋BD·DC.思维升华利用坐标法解平面几何问题的4步骤(1)建立坐标系，尽可能将有关元素放在坐标轴上；(2)用坐标表示有关的量；(3)将几何关系转化为坐标运算；(4)把代数运算结果“翻译”成几何关系．巩固训练已知Rt△ABC，∠B为直角，AB＝a，BC＝b，建立适当的坐标系，写出顶点A，B，C的坐标，并求证斜边AC的中点M到三个顶点的距离相等．【解析】以B为坐标原点，以边BA所在的直线为x轴，边BC所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则三个顶点的坐标分别为A(a,0)，B(0,0)，C(0，b)．由中点坐标公式得斜边AC的中点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(b,2))).所以MA＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(b,2)))2)＝eq\f(1,2)eq\r(a2＋b2)，MB＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(b,2)))2)＝eq\f(1,2)eq\r(a2＋b2)，MC＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(b,2)))2)＝eq\f(1,2)eq\r(a2＋b2).所以MA＝MB＝MC.题型八对称问题【例8】已知直线l：3x－y＋3＝0，求：(1)点P(4,5)关于l的对称点坐标；(2)直线x－y－2＝0关于直线l对称的直线方程；(3)直线l关于点(1,2)对称的直线方程．【解析】(1)设P(x，y)关于直线l：3x－y＋3＝0的对称点为P′(x′，y′)，∵kPP′·kl＝－1，即eq\f(y′－y,x′－x)×3＝－1. ①又PP′的中点在直线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，∴点P(4,5)关于直线l的对称点P′的坐标为(－2，7)．(2)用③④分别代换x－y－2＝0中的x，y，得关于l对称的直线方程为eq\f(－4x＋3y－9,5)－eq\f(3x＋4y＋3,5)－2＝0，化简得7x＋y＋22＝0.(3)在直线l：3x－y＋3＝0上取点M(0,3)，关于(1,2)的对称点M′(x′，y′)，∴eq\f(x′＋0,2)＝1，x′＝2，eq\f(y′＋3,2)＝2，y′＝1，∴M′(2,1)．l关于(1,2)对称的直线平行于l，∴k＝3，∴对称直线方程为y－1＝3×(x－2)，即3x－y－5＝0.思维升华对称问题主要有以下几种情况(1)点关于点对称点关于点的对称问题是最基本的对称问题，用中点坐标公式求解．点M(a，b)关于点(x0，y0)的对称点为M′(2x0－a,2y0－b)．(2)直线关于点对称在已知直线上取两点，利用中点坐标公式求出它们关于已知点对称的两点的坐标，再由两点式求出直线方程，或者求出一个对称点，再利用两直线平行求得斜率，由点