沪教版高中数学第11章 坐标平面上的直线(1)

沪教版高中数学第11章坐标平面上的直线（1）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1,−7)的圆交于y轴于M、N两点，则|MN|=()A. 2√6B. 8C. 4√6D. 102.函数y=f(x)的图象如图所示，在区间[a,b]上可找到n(n≥2)个不同的数x1，x2，…，x n，使得f(x1)x1=f(x2)x2=⋯=f(x n)x n，则n的取值范围是()A. {3,4}B. {2,3，4}C. {3,4，5}D. {2,3}3.函数y=f(x)的图像如图所示，在区间[a,b]上可找到n(n≥2)个不同的数x1,x2,.....,x n，使得f(x1)x1=f(x2)x2=......=f(x n)x n，则n的取值范围为()A. {3,4}B. {2,3，4}C. {3,4，5}D. {2,3}4.过点(−1,2)且与直线2x−3y+4=0垂直的直线方程为()A. 3x+2y−1=0B. 3x+2y+7=0C. 2x−3y+5=0D. 2x−3y+8=05.直线x+y+1=0关于点(1,2)对称的直线方程为()A. x+y−7=0B. x−y+7=0C. x+y+6=0D. x−y−6=06.已知点(a,2)(a>0)到直线l：x−y+3=0的距离为1，则a等于()A. √2B. 2−√2C. √2+1D. √2−17.若AC<0，BC<0，则直线Ax+By+C=0不通过()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限8.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. (1−√22,12) C. (1−√22,13] D. [13,12)9. 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|的取值范围是( )A. [√5,2√5]B. [√10,2√5]C. [√10,4√5]D. [2√5,4√5]10. 在等腰直角三角形ABC 中，AB =AC =4，点P 是边AB 上异于A ，B 的一点．光线从点P 出发，经BC ，CA 反射后又回到点P(如图).若光线QR 经过△ABC 的重心，则AP 等于( )A. 2B. 1C. 83D. 4311. 已知的顶点A(1,2)，AB 边上的中线CM 所在直线方程为x +2y −1=0，的平分线BH 所在直线方程为y =x ，则直线BC 的方程为( )A. 2x −3y −1=0B. 2x +3y −1=0C. 3x −2y −1=0D. 3x −2y +1=012. 正方形ABCD 的边长为3，点E 在边AB 上，点F 在边BC 上，AE =BF =1，动点P 从点E 出发沿直线向F 运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当点P 第一次碰到点E 时，P 与正方形的边碰撞的次数为( )A. 8B. 6C. 4D. 3二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知直线l 1：{x =1−2t,y =2+kt(t 为参数)，l 2：{x =s,y =1−2s (s 为参数)，若l 1//l 2，则k =______；若l 1⊥l 2，则k =________．14. 设λ∈R ，动直线l 1：λx −y +λ=0过定点A ，动直线l 2：x +λy −3−2λ=0过定点B ，若P为l 1与l 2的交点，则|PA|·|PB|的最大值为_______．15. 已知圆O:x 2+y 2=1和点A(−2,0)，若定点B(b,0)(b ≠−2)和常数λ满足：对圆O 上任意一点M ，都有|MB |=λ|MA |，则λ−b =_____(x>0)图象上一动点.若点P，A之间的最短距离为√7，则满足条16.设定点A(a,a)，P是函数y=1x件的实数a的所有值为 ________三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）17.已知三条直线l1：(m+2)x−y+m=0，l2：x+y−2=0；l3：y=0相交于同一点，求实数m的值．18.在2x+y−8=0上求一点P，使它到两直线l1：√3x−3y−3=0，l2：√3x−y−1=0的距离相等．19.如图，圆x2+y2=8内有一点P(−1,2)，AB为过点P且倾斜角为α的弦．当α=135∘时，求线段AB长度；设过点P的弦的中点为M，求点M的坐标所满足的关系式．20.在平面直角坐标系xOy中，对于直线l：ax+by+c=0和点y2=2px(p>0)记η=(ax1+by1+c)(ax2+by2+c)若η<0，则称点P1,P2被直线l分隔.若曲线C与直线l没有公共点，且曲线C上存在点P1,P2被直线l分隔，则称直线l为曲线C的一条分隔线．(1)求证：点A(1,2)，B(−1,0)被直线x+y−1=0分隔；(2)若直线y=kx是曲线x2−4y2=1的分隔线，求实数k的取值范围；(3)动点M到点Q(0,2)的距离与到y轴的距离之积为1，设点M的轨迹为E，求E的方程，并证明y轴为曲线E的分割线．21.已知点P(2,−1)，求：(1)过P点与原点距离为2的直线l的方程；(2)过P点与原点距离最大的直线l的方程，最大距离是多少？(3)是否存在过P点与原点距离为6的直线？若存在，求出方程；若不存在，请说明理由．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：本题考查了圆的方程，属于基础题．设圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，代入点的坐标，求出D ，E ，F ，令x =0，即可得出结论． 解：设圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0， 则{1+9+D +3E +F =016+4+4D +2E +F =01+49+D −7E +F =0， ∴D =−2，E =4，F =−20， ∴x 2+y 2−2x +4y −20=0， 令x =0，可得y 2+4y −20=0， ∴y =−2±2√6， ∴|MN|=4√6． 故选C ．2.答案：B解析：本题考查的知识点是函数图象的应用，属于中档题． 由f(x)x表示(x,f(x))点与原点连线的斜率，结合函数y =f(x)的图象，数形结合分析可得答案．解：作直线y =kx ，与y =f(x)可以得出2，3，4个交点， 故k =f(x)x(x >0)可分别有2，3，4个解．故n 的取值范围为{2,3，4}． 故选：B ．解析：本题考查的知识点是函数零点与方程根的关系，n的值为函数f(x)与y=kx图象的交点个数，结合函数y=f(x)的图象，数形结合分析可得答案．解：令f(x1)x1=f(x2)x2=......=f(x n)x n=k，则n的值为函数y=f(x)与y=kx图象的交点个数，作直线y=kx，当k值变化时，y=f(x)与y=kx，可以得出2，3，4个交点，故k=f(x)x可分别有2，3，4个解．故n的取值范围为{2,3，4}．故选：B．4.答案：A解析：本题考查了两条直线垂直的判定，与直线2x−3y+4=0垂直的直线方程可设为3x+2y+c=0，将点(−1,2)代入即可得出结果．解：与直线2x−3y+4=0垂直的直线方程可设为3x+2y+c=0，将点(−1,2)代入得3×(−1)+2×2+c=0，得c=−1，所以与直线2x−3y+4=0垂直的直线方程为3x+2y−1=0，故选A．5.答案：A解析：本题考查求一个点关于另一个点的对称点的方法，考查直线的方程，属于基础题．解：在所求直线上取点(x,y)，关于点(1,2)对称的点的坐标为(2−x,4−y)，代入直线x+y+1=0，可得2−x+4−y+1=0，即x+y−7=0，故选A．解析：解：∵点(a,2)(a >0)到直线l ：x −y +3=0的距离为1， ∴√2=1，化为a +1=±√2， ∵a >0， ∴a =√2−1， 故选：D ．利用点到直线的距离公式即可得出．本题考查了点到直线的距离公式，属于基础题．7.答案：C解析：将直线化为斜截式方程为y =−AB x −CB ，又AC <0，BC <0，∴AB >0，故−AB <0，−CB >0，故直线通过一、二、四象限，故选C ．8.答案：B解析：本题考查了直线方程的综合应用，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．根据题意可得，△ABC 面积为1，分若点M 和点A 重合、若点M 在点O 和点A 之间则点N 在点B 和点C 之间和若点M 在点A 的左侧，三种情况，进行讨论，即可得出结果． 解：根据题意可得，△ABC 面积为1，因为直线y =ax +b(a >0)与x 轴的交点为M(−ba ,0)， 由−ba ≤0可得点M 在射线OA 上， 设直线和BC 的交点为N ，则由{y =ax +bx +y =1, 可得点N 的坐标为(1−b a+1,a+ba+1)，(1)若点M 和点A 重合，则点N 为线段BC 的中点， 则−ba =−1且a+ba+1=12，解得a =b =13；(2)若点M 在点O 和点A 之间则点N 在点B 和点C 之间， 根据题意可得三角形NMB 的面积等于12， 即12·MB ·y N =12，即12·(1+ba )·a+ba+1=12， 计算得出a =b 21−2b>0，故b <12；(3)若点M 在点A 的左侧，则−ba <−1,b >a ， 设直线y =ax +b 和AC 的交点为P ，则{y =ax +by =x +1，求得点P 的坐标为(1−b a−1,a−ba−1)，此时，NP =√(1−ba+1−1−ba−1)2+(a+ba−1−a−ba−1)2 =√4(1+a 2)(1−b)2(a+1)2(a−1)2=2|1−b||(a+1)(a−1)|√1+a 2，此时，点C(0,1)到直线y =ax +b 的距离等于√1+a 2， 根据题意可得，△CPN 的面积等于12， 即12·2|1−b||(a+1)(a−1)|√1+a 2√1+a 2=12，化简得√2(1−b)=√1−a 2<1， 则b >1−√22，综上所述，b 的取值范围是(1−√22,12)．故选B ．9.答案：B解析：本题考查直线过定点问题，涉及直线的垂直关系和三角函数的应用，属于中档题．可得两动直线分别过定点(0,0)和(1,3)且垂直，可得|PA|2+|PB|2=10.三角换元后，由三角函数的知识可得．解：由题意可知，动直线x +my =0经过定点A(0,0)，动直线mx −y −m +3=0即m(x −1)−y +3=0，经过点定点B(1,3)，当m =0时，显然两直线垂直； 当m ≠0时，∵动直线x +my =0和动直线mx −y −m +3=0的斜率之积为−1，所以两直线始终垂直， P 又是两条直线的交点，∴PA ⊥PB ，∴|PA|2+|PB|2=|AB|2=10． 设∠ABP =θ，则|PA|=√10sinθ，|PB|=√10cosθ， 由|PA|≥0且|PB|≥0，可得θ∈[0,π2]∴|PA|+|PB|=√10(sinθ+cosθ)=2√5sin(θ+π4)，∵θ∈[0,π2]，∴θ+π4∈[π4,3π4]，∴sin(θ+π4)∈[√22,1]，∴2√5sin(θ+π4)∈[√10,2√5]，即|PA|+|PB|的取值范围是[√10,2√5]， 故选B ．10.答案：D解析：本题考查直线与点的对称问题，涉及直线方程的求解以及光的反射原理的应用，属中档题． 建立坐标系，设点P 的坐标，可得P 关于直线BC 的对称点P 1的坐标，和P 关于y 轴的对称点P 2的坐标，由P 1，Q ，R ，P 2四点共线可得直线的方程，由于过△ABC 的重心，代入可得关于a 的方程，解之可得P 的坐标，进而可得AP 的值． 解：建立如图所示的坐标系：可得B(4,0)，C(0,4)，故直线BC 的方程为x +y =4， △ABC 的重心为(0+0+43,0+4+03)，即(43,43)，设P(a,0)，其中0<a <4，则点P 关于直线BC 的对称点P 1(x,y)，满足{a+x2+y+02=4y−0x−a⋅(−1)=−1，解得{x =4y =4−a ，即P 1(4,4−a)，易得P 关于y 轴的对称点P 2(−a,0)，由光的反射原理可知P 1，Q ，R ，P 2四点共线，直线QR 的斜率为k =4−a−04−(−a)=4−a 4+a ，故直线QR 的方程为y =4−a4+a (x +a)， 由于直线QR 过△ABC 的重心(43,43)，代入化简可得3a 2−4a =0， 解得a =43，或a =0(舍去)，故P(43,0)，故A P =43． 故选D ．11.答案：A解析：本题主要考查点关于直线对称的性质，三角形的中线、高线的性质，属于中档题．先设出B 的坐标，代入直线CM ，求出m 的值，从而求出B 的坐标即可，设出A 关于y =x 的对称点，表示出A′B 的方程，即BC 的方程，整理即可．解：：(1)由题意可知，点B 在角平分线y =x 上，可设点B 的坐标是(m,m)， 则AB 的中点(m+12,m+22)在直线CM 上，∴m+12+2⋅m+22−1=0，解得：m =−1，故点B(−1,−1)．设A 关于y =x 的对称点为A′(x 0,y 0)，则有{y 0−2x 0−1=−1y 0+22=x 0+12，{x 0=2y 0=1，即A′(2,1) 则由A′在直线BC 上，可得BC 的方程为y+11+1=x+12+1，即3(y +1)=2(x +1)，即2x −3y −1=0， 故选：A ．12.答案：B解析：解：根据已知中的点E，F的位置，可知入射角的正切值tan∠FEB=1，2第一次碰撞点为F，在反射的过程中，根据入射角等于反射角及平行关系的三角形的相似可得，DA，第二次碰撞点为G，在DA上，且DG=16DC，第三次碰撞点为H，在DC上，且DH=13BC，第四次碰撞点为M，在CB上，且CM=13AD，第五次碰撞点为N，在DA上，且AN=16AB．第六次回到E点，AE=13故P与正方形的边碰撞的次数为6，故选：B．，通过相似三角形，来确定反射后的点的位根据已知中的点E，F的位置，可知入射角的正切值为12置，从而可得反射的次数．本题主要考查了反射原理与三角形相似知识的运用．通过相似三角形，来确定反射后的点的位置，从而可得反射的次数，属于中档题．13.答案：4；−1解析：本题考查两直线平行、垂直的性质，属于基础题型．先把直线的方程化为普通方程，再利用两直线平行，斜率相等，两直线垂直，斜率之积等于−1，分别求出k值．解：直线l1的方程即kx+2y−k−4=0，直线l2的方程即2x+y−1=0．，k=4，若l1//l2，则−2=−k2=−1，k=−1．若l1⊥l2，则−2·k−2故答案为4；−1．14.答案：10解析：本题主要考查恒过定点的直线方程的求解，基本不等式的应用，属于中档题．由题意可得A(−1,0)，B(3,2)，且两直线始终垂直，可得|PA|2+|PB|2=|AB|2=20，由基本不等式可得|PA|⋅|PB|≤|PA|2+|PB|22=10，验证等号成立即可．解：由题意可知动直线l1:λx−y+λ=0过定点A(−1,0)，动直线l2:x+λy−3−2λ=0，即(x−3)+λ(y−2)=0，过定点B(3,2)，且可知两直线始终垂直，P又是两条直线的交点，∴PA⊥PB，∴|PA|2+|PB|2=|AB|2=20，故|PA|⋅|PB|≤|PA|2+|PB|22=10(当且仅当|PA|=|PB|=√10时，取“=”)，故答案为10．15.答案：1解析：本题考查圆的方程，考查赋值法的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．利用|MB|=λ|MA|，可得(x−b)2+y2=λ2(x+2)2+λ2y2，由题意，取(1,0)、(−1,0)分别代入，即可求得b、λ，可得结论．解：设M(x,y)，则∵|MB|=λ|MA|，∴(x−b)2+y2=λ2(x+2)2+λ2y2，由题意，取(1,0)、(−1,0)分别代入可得(1−b)2=λ2(1+2)2，(−1−b)2=λ2(−1+2)2，∴b=−12,λ=12．∴λ−b=1，故答案为1．16.答案：3或1−√142.解析：本题综合考查了两点间的距离公式、基本不等式的性质、二次函数的单调性等基础知识和基本技能，考查了分类讨论的思想方法、推理能力和计算能力．设点P(x,1x)(x>0)，利用两点间的距离公式可得|PA|，利用基本不等式和二次函数的单调性即可得出a的值．解：设点P(x,1x )(x>0)，则|PA|=√(x−a)2+(1x−a)2=√x2+1x2−2a(x+1x)+2a2=√(x+1x )2−2a(x+1x)+2a2−2，令t=x+1x，∵x>0，∴t≥2，令g(t)=t2−2at+2a2−2=(t−a)2+a2−2，①当a≤2时，t=2时g(t)取得最小值g(2)=2−4a+2a2=(√7)2，解得a=1−√142；②当a>2时，g(t)在区间[2,a)上单调递减，在(a,+∞)单调递增，∴t=a，g(t)取得最小值g(a)=a2−2，∴a2−2=(√7)2，解得a=3.综上可知：a=3或1−√142.故答案为3或1−√142.17.答案：解：直线l2，l3的交点为(2,0)，所以直线l1过点(2,0)，则2(m+2)+m=0，解得m=−43．解析：先求出l 2，l 3的交点代入l 1的方程，即可得出m 的值．18.答案：解：设P(x,8−2x)，则|√3x−3(8−2x)−3|√3+9=|√3x−(8−2x)−1|√3+1，即|(6+√3)x −27|=|(3+2√3)x −9√3|．∴(6+√3)x −27=(3+2√3)x −9√3或(6+√3)x −27=−(3+2√3)x +9√3． ∴x =9或x =3．故所求的点P 的坐标为(9,−10)或(3,2)．解析：本题考查了两点间的距离，考查了数学转化思想方法和方程的解法，是基础题． 设出P 点坐标，由点到直线的距离公式得出关系式求出P 点坐标即可．19.答案：【小题1】解：过点O 作OG ⊥AB 于G ，连接OA ，当α=135°时，直线AB 的斜率为−1， 故直线AB 的方程x +y −1=0， ∴|OG|=√2=√22， ∵r =2√2， ∴|AG|=√8−12=√302， ∴|AB|=2|AG|=√30；【小题2】解：设AB 的中点为M(x,y)，AB 的斜率为k ，OM ⊥AB ， 则{y −2=k(x +1)y =−1k x消去k ，得x 2+y 2+x −2y =0，当AB 的斜率k 不存在时也成立，故过点P 的弦的中点的轨迹方程为x 2+y 2+x −2y =0．解析：1.本题考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式．过点O 作OG ⊥AB 于G ，连接OA ，依题意可知直线AB 的斜率，求得AB 的方程，利用点到直线的距离求得OG ，则|AB|可求得．2.本题考查求轨迹的方程问题，设出AB 的中点的坐标，依据题意联立方程组，消去k 求得x 和y 的关系式，即P 的轨迹方程．20.答案：解：(1)把点(1,2)、(−1,0)分别代入x +y −1可得η=(1+2−1)(−1−1)=−4<0，∴点(1,2)、(−1,0)被直线x +y −1=0分隔．(2)联立{x 2−4y 2=1y =kx 可得(1−4k 2)x 2=1，根据题意，此方程无解，故有1−4k 2≤0，∴|k|≥12.当|k|≥12时，对于直线y =kx ，曲线x 2−4y 2=1上的点(−1,0)和(1,0)满足η=−k 2<0，即点(−1,0)和(1,0)被y =kx 分隔．故实数k 的取值范围是(−∞,−12]∪[12,+∞)．(3)设点M(x,y)，则√x 2+(y −2)2⋅|x|=1，故曲线E 的方程为[x 2+(y −2)2]x 2=1 ①． 对任意的y 0，(0,y 0)不是上述方程的解，即y 轴与曲线E 没有公共点．又曲线E 上的点(1,2)、(−1,2)对于y 轴(x =0)满足η=1×(−1)=−1<0，即点(−1,2)和(1,2)被y 轴分隔，所以y 轴为曲线E 的分隔线．解析：本题考查了创新问题专题，直线的一般式方程和动点的轨迹方程．(1)把A 、B 两点的坐标代入η=(ax 1+by 1+c)(ax 2+by 2+c)，再根据η<0，得出结论． (2)联立{x 2−4y 2=1y =kx 可得(1−4k 2)x 2=1，根据此方程无解，可得1−4k 2≤0，从而求得k 的范围．(3)设点M(x,y)，与条件求得曲线E 的方程为[x 2+(y −2)2]x 2=1①.由于y 轴为x =0，显然与方程①联立无解．把P 1、P 2的坐标代入x =0，由η=1×(−1)=−1<0，可得x =0是一条分隔线．21.答案：解：(1)过P 点的直线l 与原点距离为2，而P 点坐标为(2,−1)，可见，过P(2,−1)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，过P点与原点距离为2，得√k2+1=2，解之得k=34．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)作图可证过P点与原点O距离最大的直线是过P点且与PO垂直的直线，由l⊥OP，得k l⋅k OP=−1，所以k l=−1kOP=2.由直线方程的点斜式得y+1=2(x−2)，即2x−y−5=0，即直线2x−y−5=0是过P点且与原点O距离最大的直线，最大距离为√5=√5．(3)由(2)可知，过P点不存在到原点距离超过√5的直线，因此不存在过P点且到原点距离为6的直线．解析：(1)直线已过一点，考虑斜率不存在时是否满足条件，在利用待定系数法根据点到直线的距离公式建立等量关系，求出斜率；(2)过P点与原点O距离最大的直线是过P点且与PO垂直的直线，求出斜率，利用点斜式可得直线方程，再利用点到直线的距离公式求出距离即可；(3)只需比较“过P点与原点距离最大的直线l中最大距离”与6的大小，即可判断是否存在．本题主要考查了直线的一般方程，以及两点之间的距离公式的应用，属于基础题．。