2020版高考数学一轮复习高考大题增分课5平面解析几何中的高考热点问题教学案理含解析北师大版
2020版高考数学一轮复习教案 高考大题增分课1_函数与导数中的高考热点问题(含答案解析)
（一）函数与导数中的高考热点问题[命题解读] 1.函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，函数与导数是历年高考的重点与热点．2．常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等．3．涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围．【例1】(2018·天津高考节选)设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若d＝3，求f(x)的极值．[解](1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1，又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.(2)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t22－9)x－t32＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t22－9.令f′(x)＝0，解得x＝t2－3，或x＝t2＋ 3.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以函数f (x )的极大值为f (t 2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63；函数f (x )的极小值为f (t 2＋3)＝(3)3－9×3＝－6 3.(1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间； (2)求g (x )＝f (x )－2x 在区间[1，e]的最小值h (a )． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝ax ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋a x ，因为x ＝3是f (x )的极值点，所以f ′(3)＝18－3a ＋a3＝0，解得a ＝9.所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝(2x －3)(x －3)x ，所以当0＜x ＜32或x ＞3时，f ′(x )＞0； 当32＜x ＜3时，f ′(x )＜0.所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32和(3，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3. (2)由题知，g (x )＝f (x )－2x ＝a ln x ＋x 2－ax －2x .g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝(2x －a )(x －1)x.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数， h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1＜a 2＜e ，即2＜a ＜2e 时，g (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，a 2上为减函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤a 2，e 上为增函数，h (a )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上为减函数， h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1， a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2＜a ＜2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．【例2】 (本小题满分12分)(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)． (1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点．[信息提取] 看到(1)求单调区间，想到导数与单调性的关系； 看到(2)f (x )只有一个零点，想到f (x )的单调性及函数有零点的条件． [规范解答] (1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3. 令f ′(x )＝0解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.2分当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)<0. 4分故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)上单调递增，在(3－23，3＋23)上单调递减.5分(2)证明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于x3x2＋x＋1－3a＝0. 7分设g(x)＝x3x2＋x＋1－3a，则g′(x)＝x2(x2＋2x＋3)(x2＋x＋1)2≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点. 9分又f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6a－162－16<0，f(3a＋1)＝13>0，故f(x)有一个零点.11分综上，f(x)只有一个零点. 12分[易错与防范]易错误区：(1)把单调增区间用“∪”连接．(2)作第(2)问时，直接求f′(x)，导致无法求解．(3)无法找到区间(m，n)，使得f(m)f(n)＜0.防范措施：(1)单调区间不能用“∪”连接．(2)求函数零点时，常利用f(x)＝0，转化函数的表现形式．(3)在寻找m，n使得f(m)f(n)＜0时，可通过多次尝试获得．[通性通法]利用导数研究函数零点的两种常用方法(1)用导数研究函数的单调性，借助零点存在性定理判断；或用导数研究函数的单调性和极值，再用单调性和极值定位函数图象求解零点问题．(2)将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．(2019·武汉模拟)已知f(x)＝ln x－x3＋2e x2－ax，a∈R，其中e为自然对数的底数．(1)若f(x)在x＝e处的切线的斜率为e2，求a；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．[解](1)f′(x)＝1x－3x2＋4e x－a，f′(e)＝1e＋e2－a＝e2，∴a＝1e.(2)由ln x－x3＋2e x2－ax＝0，得ln xx－x2＋2e x＝a.记F(x)＝ln xx－x2＋2e x，则F′(x)＝1－ln xx2－2(x－e)．当x∈(e，＋∞)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减．当x∈(0，e)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，∴F(x)ma x＝F(e)＝1e＋e2，而x→0时，F(x)→－∞，x→＋∞时，F(x)→－∞.故a＜1e＋e2.导数在不等式中的应用是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题，突出转化思想、函数思想的考查．常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题．【例3】设函数f(x)＝a ln x＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1，求a的取值范围．[解](1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b.由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1. (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1)． ①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<aa －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增． 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22(1－a )＋a a －1>aa －1，所以不合题意． ③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＜1时，证明：对任意的x ∈(0，＋∞)，有f (x )＜－ln xx －(1＋a )x 2－a ＋1. [解] (1)由题知f ′(x )＝－2(1＋a )x 2－x ＋1x(x ＞0)，当a ≠－1时，由f ′(x )＝0得2(1＋a )x 2＋x －1＝0且Δ＝9＋8a ， x 1＝－1－9＋8a 4(1＋a )，x 2＝－1＋9＋8a 4(1＋a )，①当a ＝－1时，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； ②当a ＞－1时，f (x )在(0，x 2)上单调递增，在(x 2，＋∞)上单调递减； ③当a ≤－98时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；④当－98＜a ＜－1时，f (x )在(0，x 2)和(x 1，＋∞)上单调递增，在(x 2，x 1)上单调递减． (2)当a ＜1时，要证f (x )＜－ln xx－(1＋a )x 2－a ＋1在(0，＋∞)上恒成立，只需证ln x －x ＜－ln xx －a ＋1在(0，＋∞)上恒成立，令F (x )＝ln x －x ，g (x )＝－ln xx －a ＋1，由F ′(x )＝1x －1，易得F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故F (x )≤F (1)＝－1，由g (x )＝－ln xx －a ＋1得g ′(x )＝－1－ln x x 2＝ln x －1x 2(x ＞0)． 当0＜x ＜e 时，g ′(x )＜0；当x ＞e 时，g ′(x )＞0. 所以g (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增． 所以g (x )≥g (e)＝－1e ＋1－a .又a ＜1，所以－1e ＋1－a ＞－1e ＞－1，即F (x )ma x ＜g (x )min ， 所以ln x －x ＜－ln xx－a ＋1在(0，＋∞)上恒成立， 故当a ＜1时，对任意的x ∈(0，＋∞)，f (x )＜－ln xx －(1＋a )x 2－a ＋1恒成立．[大题增分专训]1．(2019·武汉模拟)(1)求函数f (x )＝ln xx 的最大值；(2)若函数g (x )＝e x －ax 有两个零点，求实数a 的取值范围． [解] (1)对f (x )＝ln xx 求导得，f ′(x )＝1－ln x x 2.易知当0＜x ＜e 时，f (x )为增函数，当x ＞e 时，f (x )为减函数， ∴f (x )≤f (e)＝1e ，从而f (x )的最大值为1e .(2)①当a ＝0时，g (x )＝e x 在R 上为增函数，且g (x )＞0，故g (x )无零点． ②当a ＜0时，g (x )＝e x －ax 在R 上单调递增，又g (0)＝1＞0， g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝e 1a －1＜0，故g (x )在R 上只有一个零点． ③当a ＞0时，由g ′(x )＝e x －a ＝0可知g (x )在x ＝ln a 处取得唯一极小值，g (ln a )＝a (1－ln a )．若0＜a ＜e ，则g (x )极小值＝a (1－ln a )＞0，g (x )无零点， 若a ＝e ，则g (x )极小值＝0，g (x )只有一个零点， 若a ＞e ，则g (x )极小值＝a (1－ln a )＜0，而g (0)＝1＞0，由(1)可知，f(x)＝ln xx在x＞e时为减函数，∴当a＞e时，e a＞a e＞a2，从而g(a)＝e a－a2＞0，∴g(x)在(0，ln a)与(ln a，＋∞)上各有一个零点．综上知，a＞e时，f(x)有两个零点．故实数a的取值范围为(e，＋∞)．2．(2019·济南模拟)设函数f(x)＝x－2x－a⎝⎛⎭⎪⎫ln x－1x2，a＝R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＞0时，记f(x)的最小值为g(a)，证明：g(a)＜1. [解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋2x2－a⎝⎛⎭⎪⎫1x＋2x3＝x2＋2x2－x2＋2x3a＝(x2＋2)(x－a)x3，若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＞0，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知，f(x)min＝f(a)＝a－2a－a⎝⎛⎭⎪⎫ln a－1a2＝a－a ln a－1a.即g(a)＝a－a ln a－1 a.要证g(a)＜1，即证a－a ln a－1a＜1，即证1－ln a－1a2＜1a，令h(a)＝ln a＋1a＋1a2－1，则只需证h(a)＝ln a＋1a＋1a2－1＞0，h′(a)＝1a－1a2－2a3＝a2－a－2a3＝(a－2)(a＋1)a3，当a∈(0,2)时，h′(a)＜0，h(a)单调递减；当a∈(2，＋∞)时，h′(a)＞0，h(a)单调递增．∴h(a)min＝h(2)＝ln 2＋12＋14－1＝ln 2－14＞0，∴h(a)＞0，即g(a)＜1.3．(2019·石家庄模拟)已知函数f(x)＝(x＋b)(e x－a)(b＞0)的图象在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋e y＋e－1＝0.(1)求a，b；(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x.[解](1)由题意知f(－1)＝0，f′(－1)＝－1＋1e，所以f(－1)＝(－1＋b)⎝⎛⎭⎪⎫1e－a＝0，又f′(x)＝(x＋b＋1)e x－a，所以f′(－1)＝be－a＝－1＋1e，若a＝1e，则b＝2－e＜0，与b＞0矛盾，故a＝1，b＝1.(2)由(1)可知f(x)＝(x＋1)(e x－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，由m≤0，可得x≥mx2＋x，令g(x)＝(x＋1)(e x－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)e x－2，令t(x)＝g′(x)，则t′(x)＝(x＋3)e x，当x＜－3时，t′(x)＜0，g′(x)单调递减，且g′(x)＜0；当x＞－3时，t′(x)＞0，g′(x)单调递增，且g′(0)＝0.所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g(0)＝0.故g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(e x－1)≥x≥mx2＋x.故f(x)≥mx2＋x.。
2020版高考数学一轮复习第8章平面解析几何第5节椭圆教学案文(含解析)北师大版(最新整理)
第五节椭圆[考纲传真］ 1.了解椭圆的实际背景,了解椭圆在刻画现实世界和解决实际问题中的作用.2。
掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质．1．椭圆的定义(1）我们把平面内到两个定点F1，F2的距离之和等于常数(大于｜F 1F 2｜）的点的集合叫作椭圆．这两定点F1,F2叫作椭圆的焦点，两个焦点F1，F2间的距离叫作椭圆的焦距．（2）集合P＝｛M｜|MF1|＋｜MF2｜＝2a｝,｜F1F2|＝2c,其中a，c为常数且a＞0，c＞0.①当2a＞|F1F2|时，M点的轨迹为椭圆；②当2a＝|F1F2｜时，M点的轨迹为线段F1F2；③当2a＜|F1F2|时,M点的轨迹不存在．2．椭圆的标准方程和几何性质标准方程错误!＋错误!＝1（a〉b〉0)错误!＋错误!＝1（a〉b〉0）图形性质范围－a≤x≤a，－b≤y≤b－b≤x≤b,－a≤y≤a 对称性对称轴：坐标轴；对称中心：原点顶点A1（－a，0），A2(a，0），B1（0，－b),B2(0，b）A1（0，－a)，A2(0，a)，B1（－b，0），B2(b,0）离心率e＝错误!，且e∈（0，1)a，b，c的关系c2＝a2－b2与椭圆定义有关的结论以椭圆错误!＋错误!＝1(a>b〉0)上一点P(x0，y0）（y0≠0）和焦点F1（－c，0)，F2（c，0）为顶点的△PF1F2中,若∠F1PF2＝θ,则（1）｜PF1|＋｜PF2|＝2a。
（2）4c2＝｜PF1|2＋｜PF2｜2－2|PF1｜｜PF2｜·cos θ.（3）S错误!＝错误!｜PF1｜|PF2｜·sin θ,当|y0｜＝b，即P为短轴端点时，S错误!取最大值，为bc.(4)焦点三角形的周长为2(a＋c）．（5)已知过焦点F1的弦AB，则△ABF2的周长为4a.[基础自测］1．（思考辨析）判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×")(1）平面内与两个定点F1,F2的距离之和等于常数的点的轨迹是椭圆．( ）(2)椭圆上一点P与两焦点F1，F2构成△PF1F2的周长为2a＋2c（其中a为椭圆的长半轴长，c为椭圆的半焦距)．( )（3）椭圆的离心率e越大，椭圆就越圆．（)（4）方程mx2＋ny2＝1（m＞0，n＞0，m≠n）表示的曲线是椭圆．( ）［答案］（1)×（2）√(3）×（4）√2．（教材改编）设P是椭圆错误!＋错误!＝1上的点，若F1，F2是椭圆的两个焦点，则｜PF1|＋|PF2|等于( )A．4 B．5 C．8 D．10D［依椭圆的定义知：|PF1|＋|PF2|＝2×5＝10.］3．若方程错误!＋错误!＝1表示椭圆，则m的取值范围是（）A．(－3，5) B．(－5,3）C．（－3,1）∪（1,5）D．(－5，1)∪(1,3)C[由方程表示椭圆知错误!解得－3〈m<5且m≠1。
2020版高考数学大一轮复习 第九章平面解析几何 教案(含解析)
2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 §9.1 直线的方程最新考纲1.在平面直角坐标系中，结合具体图形，探索确定直线位置的几何要素.2.理解直线的倾斜角和斜率的概念，经历用代数方法刻画直线斜率的过程，掌握过两点的直线斜率的计算公式.3.根据确定直线位置的几何要素，探索并掌握直线方程的几种形式(点斜式、两点式及一般式)，体会斜截式与一次函数的关系．1．直线的倾斜角(1)定义：当直线l 与x 轴相交时，取x 轴作为基准，x 轴正向与直线l 向上方向之间所成的角叫做直线l 的倾斜角．当直线l 与x 轴平行或重合时，规定它的倾斜角为0°. (2)范围：直线l 倾斜角的范围是[0°，180°)． 2．斜率公式(1)若直线l 的倾斜角α≠90°，则斜率k ＝tan α.(2)P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)在直线l 上且x 1≠x 2，则l 的斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1. 3．直线方程的五种形式概念方法微思考1．直线都有倾斜角，是不是都有斜率？倾斜角越大，斜率k 就越大吗？ 提示 倾斜角α∈[0，π)，当α＝π2时，斜率k 不存在；因为k ＝tan α⎝⎛⎭⎪⎫α≠π2.当α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，α越大，斜率k 就越大，同样α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时也是如此，但当α∈(0，π)且α≠π2时就不是了．2．“截距”与“距离”有何区别？当截距相等时应注意什么？提示 “截距”是直线与坐标轴交点的对应坐标值，它可正，可负，也可以是零，而“距离”是一个非负数．应注意过原点的特殊情况是否满足题意．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)根据直线的倾斜角的大小不能确定直线的位置．( √ ) (2)若直线的斜率为tan α，则其倾斜角为α.( × ) (3)斜率相等的两直线的倾斜角不一定相等．( × )(4)经过任意两个不同的点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)的直线都可以用方程(y －y 1)(x 2－x 1)＝(x －x 1)(y 2－y 1)表示．( √ ) 题组二 教材改编2．若过点M (－2，m )，N (m,4)的直线的斜率等于1，则m 的值为( ) A ．1B ．4C ．1或3D ．1或4 答案 A解析 由题意得m －4－2－m＝1，解得m ＝1.3．过点P (2,3)且在两坐标轴上截距相等的直线方程为． 答案 3x －2y ＝0或x ＋y －5＝0解析 当截距为0时，直线方程为3x －2y ＝0；当截距不为0时，设直线方程为x a ＋y a＝1，则2a ＋3a＝1，解得a ＝5.所以直线方程为x ＋y －5＝0.题组三 易错自纠4．(2018·石家庄模拟)直线x ＋(a 2＋1)y ＋1＝0的倾斜角的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，πC.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π 答案 B解析 由直线方程可得该直线的斜率为－1a 2＋1， 又－1≤－1a 2＋1<0，所以倾斜角的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π. 5．如果A ·C <0且B ·C <0，那么直线Ax ＋By ＋C ＝0不通过( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限答案 C解析 由已知得直线Ax ＋By ＋C ＝0在x 轴上的截距－CA >0，在y 轴上的截距－C B>0，故直线经过第一、二、四象限，不经过第三象限．6．过直线l ：y ＝x 上的点P (2,2)作直线m ，若直线l ，m 与x 轴围成的三角形的面积为2，则直线m 的方程为． 答案 x －2y ＋2＝0或x ＝2解析 ①若直线m 的斜率不存在，则直线m 的方程为x ＝2，直线m ，直线l 和x 轴围成的三角形的面积为2，符合题意；②若直线m 的斜率k ＝0，则直线m 与x 轴没有交点，不符合题意；③若直线m 的斜率k ≠0，设其方程为y －2＝k (x －2)，令y ＝0，得x ＝2－2k ，依题意有12×⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2k ×2＝2，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－1k ＝1，解得k ＝12，所以直线m 的方程为y －2＝12(x －2)，即x －2y ＋2＝0.综上可知，直线m 的方程为x －2y ＋2＝0或x ＝2.题型一 直线的倾斜角与斜率例1 (1)直线2x cos α－y －3＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3的倾斜角的取值范围是 ( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，2π3答案 B解析 直线2x cos α－y －3＝0的斜率k ＝2cos α， 因为α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3，所以12≤cos α≤32，因此k ＝2cos α∈[1， 3 ]．设直线的倾斜角为θ，则有tan θ∈[1， 3 ]．又θ∈[0，π)，所以θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3， 即倾斜角的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3. (2)直线l 过点P (1,0)，且与以A (2,1)，B (0，3)为端点的线段有公共点，则直线l 斜率的取值范围为．答案 (－∞，－3]∪[1，＋∞) 解析 如图，∵k AP ＝1－02－1＝1，k BP ＝3－00－1＝－3， ∴k ∈(－∞，－ 3 ]∪[1，＋∞)． 引申探究1．若将本例(2)中P (1,0)改为P (－1,0)，其他条件不变，求直线l 斜率的取值范围． 解 ∵P (－1,0)，A (2,1)，B (0，3)，∴k AP ＝1－02－(－1)＝13，k BP ＝3－00－(－1)＝ 3.如图可知，直线l 斜率的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3. 2．若将本例(2)中的B 点坐标改为(2，－1)，其他条件不变，求直线l 倾斜角的取值范围． 解 如图，直线PA 的倾斜角为45°，直线PB 的倾斜角为135°， 由图象知l 的倾斜角的范围为 [0°，45°]∪[135°，180°)． 思维升华 (1)倾斜角α与斜率k 的关系①当α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2时，k ∈[0，＋∞)．②当α＝π2时，斜率k 不存在．③当α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，k ∈(－∞，0)． (2)斜率的两种求法①定义法：若已知直线的倾斜角α或α的某种三角函数值，一般根据k ＝tan α求斜率． ②公式法：若已知直线上两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，一般根据斜率公式k ＝y 2－y 1x 2－x 1(x 1≠x 2)求斜率． (3)倾斜角α范围与直线斜率范围互求时，要充分利用y ＝tan α的单调性． 跟踪训练1 (1)若平面内三点A (1，－a )，B (2，a 2)，C (3，a 3)共线，则a 等于( ) A ．1±2或0 B.2－52或0 C.2±52D.2＋52或0 答案 A解析 ∵平面内三点A (1，－a )，B (2，a 2)，C (3，a 3)共线，∴k AB ＝k AC ， 即a 2＋a 2－1＝a 3＋a3－1，即a (a 2－2a －1)＝0，解得a ＝0或a ＝1± 2.故选A.(2)直线l 经过A (3,1)，B (2，－m 2)(m ∈R )两点，则直线l 的倾斜角α的取值范围是．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2 解析 直线l 的斜率k ＝1＋m 23－2＝1＋m 2≥1，所以k ＝tan α≥1.又y ＝tan α在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，因此π4≤α<π2.题型二 求直线的方程例2 求适合下列条件的直线方程：(1)经过点P (3,2)，且在两坐标轴上的截距相等； (2)过点A (－1，－3)，斜率是直线y ＝3x 的斜率的－14；(3)过点A (1，－1)与已知直线l 1：2x ＋y －6＝0相交于B 点且|AB |＝5.解 (1)方法一 设直线l 在x ，y 轴上的截距均为a ，若a ＝0，即l 过点(0,0)和(3,2)， ∴l 的方程为y ＝23x ，即2x －3y ＝0.若a ≠0，则设l 的方程为x a ＋y a＝1， ∵l 过点(3,2)，∴3a ＋2a＝1，∴a ＝5，∴l 的方程为x ＋y －5＝0，综上可知，直线l 的方程为2x －3y ＝0或x ＋y －5＝0. 方法二 由题意，所求直线的斜率k 存在且k ≠0， 设直线方程为y －2＝k (x －3)，令y ＝0，得x ＝3－2k，令x ＝0，得y ＝2－3k ，由已知3－2k ＝2－3k ，解得k ＝－1或k ＝23，∴直线l 的方程为y －2＝－(x －3)或y －2＝23(x －3)，即x ＋y －5＝0或2x －3y ＝0.(2)设所求直线的斜率为k ，依题意k ＝－14×3＝－34.又直线经过点A (－1，－3)，因此所求直线方程为y ＋3＝－34(x ＋1)，即3x ＋4y ＋15＝0.(3)过点A (1，－1)与y 轴平行的直线为x ＝1.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，2x ＋y －6＝0，求得B 点坐标为(1,4)，此时|AB |＝5，即x ＝1为所求． 设过A (1，－1)且与y 轴不平行的直线为y ＋1＝k (x －1)，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －6＝0，y ＋1＝k (x －1)，得两直线交点为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝k ＋7k ＋2，y ＝4k －2k ＋2.(k ≠－2，否则与已知直线平行)． 则B 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋7k ＋2，4k －2k ＋2.由已知⎝⎛⎭⎪⎫k ＋7k ＋2－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4k －2k ＋2＋12＝52，解得k ＝－34，∴y ＋1＝－34(x －1)，即3x ＋4y ＋1＝0.综上可知，所求直线的方程为x ＝1或3x ＋4y ＋1＝0.思维升华 在求直线方程时，应先选择适当的直线方程的形式，并注意各种形式的适用条件．若采用截距式，应注意分类讨论，判断截距是否为零；若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况．跟踪训练2 求适合下列条件的直线方程：(1)过点P (2,3)，并且在两坐标轴上的截距互为相反数； (2)过点A (－1，－3)，倾斜角等于直线y ＝3x 的倾斜角的2倍； (3)直线过点(－3,4)，且在两坐标轴上的截距之和为12.解 (1)当直线过原点时，方程为y ＝32x ，即3x －2y ＝0.当直线l 不过原点时，设直线方程为x a －y a＝1. 将P (2,3)代入方程，得a ＝－1， 所以直线l 的方程为x －y ＋1＝0.综上，所求直线l 的方程为3x －2y ＝0或x －y ＋1＝0. (2)设直线y ＝3x 的倾斜角为α， 则所求直线的倾斜角为2α.因为tan α＝3，所以tan2α＝2tan α1－tan 2α＝－34. 又直线经过点A (－1，－3)，因此所求直线方程为y ＋3＝－34(x ＋1)，即3x ＋4y ＋15＝0.(3)由题设知纵横截距不为0，设直线方程为x a ＋y12－a＝1，又直线过点(－3,4)，从而－3a ＋412－a ＝1，解得a ＝－4或a ＝9.故所求直线方程为4x －y ＋16＝0或x ＋3y －9＝0.题型三 直线方程的综合应用命题点1 与基本不等式相结合求最值问题例3 (2018·济南模拟)已知直线l 过点M (2,1)，且与x 轴、y 轴的正半轴分别相交于A ，B 两点，O 为坐标原点，求当|MA →|·|MB →|取得最小值时直线l 的方程． 解 设A (a,0)，B (0，b )，则a >0，b >0，直线l 的方程为x a ＋y b＝1，所以2a ＋1b＝1.|MA →|·|MB →|＝－MA →·MB →＝－(a －2，－1)·(－2，b －1) ＝2(a －2)＋b －1＝2a ＋b －5 ＝(2a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b －5＝2b a ＋2a b≥4，当且仅当a ＝b ＝3时取等号，此时直线l 的方程为x ＋y －3＝0.命题点2 由直线方程解决参数问题例4已知直线l 1：ax －2y ＝2a －4，l 2：2x ＋a 2y ＝2a 2＋4，当0<a <2时，直线l 1，l 2与两坐标轴围成一个四边形，当四边形的面积最小时，求实数a 的值．解 由题意知直线l 1，l 2恒过定点P (2,2)，直线l 1在y 轴上的截距为2－a ，直线l 2在x 轴上的截距为a 2＋2，所以四边形的面积S ＝12×2×(2－a )＋12×2×(a 2＋2)＝a 2－a ＋4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋154，当a ＝12时，四边形的面积最小． 思维升华 与直线方程有关问题的常见类型及解题策略(1)求解与直线方程有关的最值问题．先设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式求解最值．(2)求直线方程．弄清确定直线的两个条件，由直线方程的几种特殊形式直接写出方程． (3)求参数值或范围．注意点在直线上，则点的坐标适合直线的方程，再结合函数的单调性或基本不等式求解．跟踪训练3 过点P (4,1)作直线l 分别交x 轴，y 轴正半轴于A ，B 两点，O 为坐标原点． (1)当△AOB 面积最小时，求直线l 的方程； (2)当|OA |＋|OB |取最小值时，求直线l 的方程． 解 设直线l ：x a ＋y b＝1(a >0，b >0)， 因为直线l 经过点P (4,1)， 所以4a ＋1b＝1.(1)4a ＋1b＝1≥24a ·1b＝4ab，所以ab ≥16，当且仅当a ＝8，b ＝2时等号成立，所以当a ＝8，b ＝2时，△AOB 的面积最小，此时直线l 的方程为x 8＋y2＝1，即x ＋4y －8＝0.(2)因为4a ＋1b＝1，a >0，b >0，所以|OA |＋|OB |＝a ＋b ＝(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋1b＝5＋a b ＋4b a ≥5＋2a b ·4ba ＝9，当且仅当a ＝6，b＝3时等号成立，所以当|OA |＋|OB |取最小值时，直线l 的方程为x 6＋y3＝1，即x ＋2y －6＝0.1．直线3x －y ＋a ＝0(a 为常数)的倾斜角为( ) A ．30°B．60°C．150°D．120° 答案 B解析 设直线的倾斜角为α，斜率为k ， 化直线方程为y ＝3x ＋a ，∴k ＝tan α＝ 3. ∵0°≤α<180°，∴α＝60°.2．(2018·海淀模拟)过点(2,1)且倾斜角比直线y ＝－x －1的倾斜角小π4的直线方程是( )A ．x ＝2B ．y ＝1C ．x ＝1D ．y ＝2 答案 A解析 ∵直线y ＝－x －1的斜率为－1，则倾斜角为3π4，依题意，所求直线的倾斜角为3π4－π4＝π2，∴斜率不存在，∴过点(2,1)的直线方程为x ＝2.3．已知过定点P (2,0)的直线l 与曲线y ＝2－x 2相交于A ，B 两点，O 为坐标原点，当△AOB 的面积取到最大值时，直线l 的倾斜角为( ) A ．150°B．135°C．120°D．不存在 答案 A解析 由y ＝2－x 2，得x 2＋y 2＝2(y ≥0)，它表示以原点O 为圆心，以2为半径的圆的一部分，其图象如图所示．显然直线l 的斜率存在，设过点P (2,0)的直线l 为y ＝k (x －2)，则圆心到此直线的距离d ＝|－2k |1＋k2， 弦长|AB |＝22－⎝ ⎛⎭⎪⎫|－2k |1＋k 22＝22－2k21＋k2， 所以S △AOB ＝12×|－2k |1＋k 2×22－2k21＋k2 ≤(2k )2＋2－2k22(1＋k 2)＝1， 当且仅当(2k )2＝2－2k 2，即k 2＝13时等号成立，由图可得k ＝－33⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＝33舍去， 故直线l 的倾斜角为150°.4.如图中的直线l 1，l 2，l 3的斜率分别为k 1，k 2，k 3，则 ( )A ．k 1<k 2<k 3B ．k 3<k 1<k 2C ．k 3<k 2<k 1D ．k 1<k 3<k 2 答案 D解析 直线l 1的倾斜角α1是钝角，故k 1<0，直线l 2与l 3的倾斜角α2与α3均为锐角且α2>α3，所以0<k 3<k 2， 因此k 1<k 3<k 2，故选D.5．直线MN 的斜率为2，其中点N (1，－1)，点M 在直线y ＝x ＋1上，则( ) A ．M (5,7) B ．M (4,5) C ．M (2,1) D ．M (2,3)答案 B解析 设M 的坐标为(a ，b )，若点M 在直线y ＝x ＋1上， 则有b ＝a ＋1.①若直线MN 的斜率为2，则有b ＋1a －1＝2.② 联立①②可得a ＝4，b ＝5， 即M 的坐标为(4,5)．故选B.6．已知两点M (2，－3)，N (－3，－2)，直线l 过点P (1,1)且与线段MN 相交，则直线l 的斜率k 的取值范围是( ) A ．k ≥34或k ≤－4B ．－4≤k ≤34C.34≤k ≤4 D ．－34≤k ≤4答案 A解析 如图所示，∵k PN ＝1－(－2)1－(－3)＝34，k PM ＝1－(－3)1－2＝－4， ∴要使直线l 与线段MN 相交， 当l 的倾斜角小于90°时，k ≥k PN ； 当l 的倾斜角大于90°时，k ≤k PM ， ∴k ≥34或k ≤－4.7．一条直线经过点A (2，－3)，并且它的倾斜角等于直线y ＝13x 的倾斜角的2倍，则这条直线的一般式方程是． 答案3x －y －33＝0解析 因为直线y ＝13x 的倾斜角为π6，所以所求直线的倾斜角为π3，即斜率k ＝tan π3＝ 3.又该直线过点A (2，－3)，故所求直线为y －(－3)＝3(x －2)， 即3x －y －33＝0.8．直线kx ＋y ＋2＝－k ，当k 变化时，所有的直线都过定点． 答案 (－1，－2)解析 kx ＋y ＋2＝－k 可化为y ＋2＝－k (x ＋1)，根据直线方程的点斜式可知，此类直线恒过定点(－1，－2)．9．已知三角形的三个顶点A (－5,0)，B (3，－3)，C (0,2)，则BC 边上中线所在的直线方程为．答案 x ＋13y ＋5＝0解析 BC 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，∴BC 边上中线所在的直线方程为y －0－12－0＝x ＋532＋5，即x ＋13y＋5＝0.10．经过点A (4,2)，且在x 轴上的截距等于在y 轴上的截距的3倍的直线l 的方程的一般式为．答案 x ＋3y －10＝0或x －2y ＝0解析 当截距为0时，设直线方程为y ＝kx ，则4k ＝2， ∴k ＝12，∴直线方程为x －2y ＝0.当截距不为0时，设直线方程为x 3a ＋ya ＝1，由题意得，43a ＋2a ＝1，∴a ＝103.∴x ＋3y －10＝0.综上，直线l 的一般式方程为x ＋3y －10＝0或x －2y ＝0.11．过点P (3,0)作一条直线，使它夹在两直线l 1：2x －y －2＝0与l 2：x ＋y ＋3＝0之间的线段AB 恰好被点P 平分，求此直线的方程． 解 设点A (x ，y )在l 1上，点B (x B ，y B )在l 2上．由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x ＋x B 2＝3，y ＋yB2＝0，则点B (6－x ，－y )，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －2＝0，(6－x )＋(－y )＋3＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝113，y ＝163，则所求直线的斜率k ＝163－0113－3＝8，故所求的直线方程为y ＝8(x －3)，即8x －y －24＝0. 12．已知直线l ：kx －y ＋1＋2k ＝0(k ∈R )． (1)证明：直线l 过定点；(2)若直线l 不经过第四象限，求k 的取值范围；(3)若直线l 交x 轴负半轴于点A ，交y 轴正半轴于点B ，O 为坐标原点，设△AOB 的面积为S ，求S 的最小值及此时直线l 的方程．(1)证明 直线l 的方程可化为y ＝k (x ＋2)＋1， 故无论k 取何值，直线l 总过定点(－2,1)． (2)解 直线l 的方程可化为y ＝kx ＋2k ＋1， 则直线l 在y 轴上的截距为2k ＋1，要使直线l 不经过第四象限，则⎩⎪⎨⎪⎧k ≥0，1＋2k ≥0，故k 的取值范围是k ≥0.(3)解 依题意，直线l 在x 轴上的截距为－1＋2kk，在y 轴上的截距为1＋2k ，且k >0，所以A ⎝⎛⎭⎪⎫－1＋2k k，0，B (0,1＋2k )， 故S ＝12|OA ||OB |＝12×1＋2k k ×(1＋2k )＝12⎝⎛⎭⎪⎫4k ＋1k ＋4≥12×(4＋4)＝4，当且仅当4k ＝1k ，即k ＝12时取等号，故S 的最小值为4，此时直线l 的方程为x －2y ＋4＝0.13．(2018·焦作期中)过点A (3，－1)且在两坐标轴上截距相等的直线有( ) A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条 答案 B解析 ①当所求的直线与两坐标轴的截距都不为0时， 设该直线的方程为x ＋y ＝a ， 把(3，－1)代入所设的方程得a ＝2，则所求直线的方程为x ＋y ＝2，即x ＋y －2＝0；②当所求的直线与两坐标轴的截距为0时， 设该直线的方程为y ＝kx ，把(3，－1)代入所设的方程得k ＝－13，则所求直线的方程为y ＝－13x ，即x ＋3y ＝0.综上，所求直线的方程为x ＋y －2＝0或x ＋3y ＝0， 故选B.14．设点A (－2,3)，B (3,2)，若直线ax ＋y ＋2＝0与线段AB 没有交点，则a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－52∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，52C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，43 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－43∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞ 答案 B解析 直线ax ＋y ＋2＝0恒过点M (0，－2)，且斜率为－a ，∵k MA ＝3－(－2)－2－0＝－52，k MB ＝2－(－2)3－0＝43，结合题意可知－a >－52，且－a <43，∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，52.15．已知函数f (x )＝a sin x －b cos x (a ≠0，b ≠0)，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋x ，则直线ax －by＋c ＝0的倾斜角为( ) A.π4 B.π3 C.2π3D.3π4答案 C解析 由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋x 知函数f (x )的图象关于x ＝π3对称，所以f (0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，所以a ＝－3b ，由直线ax －by ＋c ＝0知其斜率k ＝a b ＝－3，所以直线的倾斜角为2π3，故选C.16．已知动直线l 0：ax ＋by ＋c －3＝0(a >0，c >0)恒过点P (1，m )，且Q (4,0)到动直线l 0的最大距离为3，求12a ＋2c的最小值．解 ∵动直线l 0：ax ＋by ＋c －3＝0(a >0，c >0)恒过点P (1，m )，∴a ＋bm ＋c －3＝0.又Q (4,0)到动直线l 0的最大距离为3， ∴(4－1)2＋m 2＝3，解得m ＝0. ∴a ＋c ＝3.则12a ＋2c ＝13(a ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋2c ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫52＋c 2a ＋2a c ≥13⎝ ⎛⎭⎪⎫52＋2 c 2a ·2a c ＝32， 当且仅当c ＝2a ＝2时取等号．§9.2 两条直线的位置关系最新考纲 1.能根据斜率判定两条直线平行或垂直.2.能用解方程组的方法求两直线的交点坐标.3.探索并掌握两点间的距离公式、点到直线的距离公式，会求两条平行直线间的距离．1．两条直线的位置关系 (1)两条直线平行与垂直 ①两条直线平行：(ⅰ)对于两条不重合的直线l 1，l 2，若其斜率分别为k 1，k 2，则有l 1∥l 2⇔k 1＝k 2. (ⅱ)当直线l 1，l 2不重合且斜率都不存在时，l 1∥l 2. ②两条直线垂直：(ⅰ)如果两条直线l 1，l 2的斜率存在，设为k 1，k 2， 则有l 1⊥l 2⇔k 1·k 2＝－1.(ⅱ)当其中一条直线的斜率不存在，而另一条的斜率为0时，l 1⊥l 2. (2)两条直线的交点直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0，则l 1与l 2的交点坐标就是方程组⎩⎪⎨⎪⎧A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0的解．2．几种距离(1)两点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)之间的距离|P 1P 2|＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2.(2)点P 0(x 0，y 0)到直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0的距离d ＝|Ax 0＋By 0＋C |A 2＋B 2.(3)两条平行线Ax ＋By ＋C 1＝0与Ax ＋By ＋C 2＝0(其中C 1≠C 2)间的距离d ＝|C 1－C 2|A 2＋B 2.概念方法微思考1．若两条直线l 1与l 2垂直，则它们的斜率有什么关系？提示 当两条直线l 1与l 2的斜率都存在时，12l l k k ⋅＝－1；当两条直线中一条直线的斜率为0，另一条直线的斜率不存在时，l 1与l 2也垂直．2．应用点到直线的距离公式和两平行线间的距离公式时应注意什么？ 提示 (1)将方程化为最简的一般形式．(2)利用两平行线之间的距离公式时，应使两平行线方程中x ，y 的系数分别对应相等．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)当直线l 1和l 2斜率都存在时，一定有k 1＝k 2⇒l 1∥l 2.( × )(2)已知直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0(A 1，B 1，C 1，A 2，B 2，C 2为常数)，若直线l 1⊥l 2，则A 1A 2＋B 1B 2＝0.( √ )(3)点P (x 0，y 0)到直线y ＝kx ＋b 的距离为|kx 0＋b |1＋k2.( × ) (4)直线外一点与直线上一点的距离的最小值就是点到直线的距离．( √ )(5)若点A ，B 关于直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0)对称，则直线AB 的斜率等于－1k，且线段AB 的中点在直线l 上．( √ ) 题组二 教材改编2．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＋1 答案 C解析 由题意得|a －2＋3|1＋1＝1.解得a ＝－1＋2或a ＝－1－2.∵a >0，∴a ＝－1＋ 2.3．已知P (－2，m )，Q (m,4)，且直线PQ 垂直于直线x ＋y ＋1＝0，则m ＝________. 答案 1解析 由题意知m －4－2－m＝1，所以m －4＝－2－m ，所以m ＝1.4．若三条直线y ＝2x ，x ＋y ＝3，mx ＋2y ＋5＝0相交于同一点，则m 的值为________． 答案 －9解析 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，x ＋y ＝3，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2.所以点(1,2)满足方程mx ＋2y ＋5＝0， 即m ×1＋2×2＋5＝0，所以m ＝－9. 题组三 易错自纠5．直线2x ＋(m ＋1)y ＋4＝0与直线mx ＋3y －2＝0平行，则m 等于( ) A ．2 B ．－3 C ．2或－3 D ．－2或－3答案 C解析 直线2x ＋(m ＋1)y ＋4＝0与直线mx ＋3y －2＝0平行，则有2m ＝m ＋13≠4－2，故m ＝2或－3.故选C.6．直线2x ＋2y ＋1＝0，x ＋y ＋2＝0之间的距离是______． 答案324解析 先将2x ＋2y ＋1＝0化为x ＋y ＋12＝0，则两平行线间的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－122＝324.7．若直线(3a ＋2)x ＋(1－4a )y ＋8＝0与(5a －2)x ＋(a ＋4)y －7＝0垂直，则a ＝________. 答案 0或1解析 由两直线垂直的充要条件，得 (3a ＋2)(5a －2)＋(1－4a )(a ＋4)＝0， 解得a ＝0或a ＝1.题型一 两条直线的平行与垂直例1 已知直线l 1：ax ＋2y ＋6＝0和直线l 2：x ＋(a －1)y ＋a 2－1＝0.(1)试判断l 1与l 2是否平行； (2)当l 1⊥l 2时，求a 的值．解 (1)方法一 当a ＝1时，l 1：x ＋2y ＋6＝0，l 2：x ＝0，l 1不平行于l 2；当a ＝0时，l 1：y ＝－3，l 2：x －y －1＝0，l 1不平行于l 2；当a ≠1且a ≠0时，两直线可化为l 1：y ＝－a2x －3，l 2：y ＝11－ax －(a ＋1)， l 1∥l 2⇔⎩⎪⎨⎪⎧－a 2＝11－a，－3≠－(a ＋1)，解得a ＝－1，综上可知，当a ＝－1时，l 1∥l 2，a ≠－1时，l 1与l 2不平行． 方法二 由A 1B 2－A 2B 1＝0，得a (a －1)－1×2＝0， 由A 1C 2－A 2C 1≠0， 得a (a 2－1)－1×6≠0，∴l 1∥l 2⇔⎩⎪⎨⎪⎧a (a －1)－1×2＝0，a (a 2－1)－1×6≠0，⇔⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a －2＝0，a (a 2－1)≠6，可得a ＝－1，故当a ＝－1时，l 1∥l 2.a ≠－1时，l 1与l 2不平行． (2)方法一 当a ＝1时，l 1：x ＋2y ＋6＝0，l 2：x ＝0，l 1与l 2不垂直，故a ＝1不成立；当a ＝0时，l 1：y ＝－3，l 2：x －y －1＝0，l 1不垂直于l 2， 故a ＝0不成立； 当a ≠1且a ≠0时，l 1：y ＝－a 2x －3，l 2：y ＝11－ax －(a ＋1)，由⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2·11－a＝－1，得a ＝23.方法二 由A 1A 2＋B 1B 2＝0，得a ＋2(a －1)＝0， 可得a ＝23.思维升华 (1)当直线方程中存在字母参数时，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况．同时还要注意x ，y 的系数不能同时为零这一隐含条件． (2)在判断两直线平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论． 跟踪训练1 (1)(2018·潍坊模拟)直线l 1：(3＋m )x ＋4y ＝5－3m ，l 2：2x ＋(5＋m )y ＝8，则“m ＝－1或m ＝－7”是“l 1∥l 2”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 由题意，当直线l 1∥l 2时，满足3＋m 2＝45＋m ≠5－3m8，解得m ＝－7，所以“m ＝－1或m ＝－7”是“l 1∥l 2”的必要不充分条件，故选B.(2)(2018·青岛模拟)已知两条直线l 1：ax －by ＋4＝0和l 2：(a －1)x ＋y ＋b ＝0，求满足下列条件的a ，b 的值．①l 1⊥l 2，且直线l 1过点(－3，－1)；②l 1∥l 2，且坐标原点到这两条直线的距离相等． 解 ①∵l 1⊥l 2，∴a (a －1)－b ＝0，又∵直线l 1过点(－3，－1)，∴－3a ＋b ＋4＝0. 故a ＝2，b ＝2.②∵直线l 2的斜率存在，l 1∥l 2， ∴直线l 1的斜率存在． ∴k 1＝k 2，即a b＝1－a .又∵坐标原点到这两条直线的距离相等， ∴l 1，l 2在y 轴上的截距互为相反数， 即4b＝b .故a ＝2，b ＝－2或a ＝23，b ＝2.题型二 两直线的交点与距离问题1．(2018·西宁调研)若直线l 与两直线y ＝1，x －y －7＝0分别交于M ，N 两点，且MN 的中点是P (1，－1)，则直线l 的斜率是( ) A ．－23B.23C ．－32D.32答案 A解析 由题意，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)－1，分别与y ＝1，x －y －7＝0联立解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k ＋1，1，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫k －6k －1，－6k ＋1k －1.又因为MN 的中点是P (1，－1)，所以由中点坐标公式得k ＝－23.2．若P ，Q 分别为直线3x ＋4y －12＝0与6x ＋8y ＋5＝0上任意一点，则|PQ |的最小值为( ) A.95B.185C.2910D.295 答案 C解析 因为36＝48≠－125，所以两直线平行，将直线3x ＋4y －12＝0化为6x ＋8y －24＝0，由题意可知|PQ |的最小值为这两条平行直线间的距离，即|－24－5|62＋82＝2910，所以|PQ |的最小值为2910. 3．已知直线y ＝kx ＋2k ＋1与直线y ＝－12x ＋2的交点位于第一象限，则实数k 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－16，12 解析 方法一 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2k ＋1，y ＝－12x ＋2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－4k2k ＋1，y ＝6k ＋12k ＋1.(若2k ＋1＝0，即k ＝－12，则两直线平行)∴交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2－4k 2k ＋1，6k ＋12k ＋1.又∵交点位于第一象限，∴⎩⎪⎨⎪⎧2－4k 2k ＋1>0，6k ＋12k ＋1>0，解得－16<k <12.方法二 如图，已知直线y ＝－12x ＋2与x 轴、y 轴分别交于点A (4,0)，B (0,2)．而直线方程y ＝kx ＋2k ＋1可变形为y －1＝k (x ＋2)，表示这是一条过定点P (－2,1)，斜率为k 的动直线．∵两直线的交点在第一象限，∴两直线的交点必在线段AB 上(不包括端点)， ∴动直线的斜率k 需满足k PA <k <k PB . ∵k PA ＝－16，k PB ＝12.∴－16<k <12.4．已知A (4，－3)，B (2，－1)和直线l ：4x ＋3y －2＝0，若在坐标平面内存在一点P ，使|PA |＝|PB |，且点P 到直线l 的距离为2，则P 点坐标为________________． 答案()1，－4或⎝⎛⎭⎪⎫277，－87解析 设点P 的坐标为(a ，b )． ∵A (4，－3)，B (2，－1)，∴线段AB 的中点M 的坐标为(3，－2)． 而AB 的斜率k AB ＝－3＋14－2＝－1，∴线段AB 的垂直平分线方程为y ＋2＝x －3， 即x －y －5＝0.∵点P (a ，b )在直线x －y －5＝0上，∴a －b －5＝0.① 又点P (a ，b )到直线l ：4x ＋3y －2＝0的距离为2， ∴|4a ＋3b －2|42＋32＝2，即4a ＋3b －2＝±10，② 由①②联立解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－4或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝277，b ＝－87.∴所求点P 的坐标为(1，－4)或⎝ ⎛⎭⎪⎫277，－87.思维升华 (1)求过两直线交点的直线方程的方法先求出两直线的交点坐标，再结合其他条件写出直线方程．(2)利用距离公式应注意：①点P (x 0，y 0)到直线x ＝a 的距离d ＝|x 0－a |，到直线y ＝b 的距离d ＝|y 0－b |；②两平行线间的距离公式要把两直线方程中x ，y 的系数化为相等．题型三 对称问题命题点1 点关于点中心对称例2 过点P (0,1)作直线l ，使它被直线l 1：2x ＋y －8＝0和l 2：x －3y ＋10＝0截得的线段被点P 平分，则直线l 的方程为________________． 答案 x ＋4y －4＝0解析 设l 1与l 的交点为A (a,8－2a )，则由题意知，点A 关于点P 的对称点B (－a,2a －6)在l 2上，代入l 2的方程得－a －3(2a －6)＋10＝0，解得a ＝4，即点A (4,0)在直线l 上，所以直线l 的方程为x ＋4y －4＝0. 命题点2 点关于直线对称例3 如图，已知A (4,0)，B (0,4)，从点P (2,0)射出的光线经直线AB 反射后再射到直线OB 上，最后经直线OB 反射后又回到P 点，则光线所经过的路程是( )A ．3 3B ．6C ．210D ．2 5答案 C解析 直线AB 的方程为x ＋y ＝4，点P (2,0)关于直线AB 的对称点为D (4,2)，关于y 轴的对称点为C (－2,0)，则光线经过的路程为|CD |＝62＋22＝210.命题点3 直线关于直线的对称问题例4 直线2x －y ＋3＝0关于直线x －y ＋2＝0对称的直线方程是______________． 答案 x －2y ＋3＝0解析 设所求直线上任意一点P (x ，y )， 则P 关于x －y ＋2＝0的对称点为P ′(x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋x 02－y ＋y 02＋2＝0，x －x 0＝－(y －y 0)，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝y －2，y 0＝x ＋2，由点P ′(x 0，y 0)在直线2x －y ＋3＝0上， ∴2(y －2)－(x ＋2)＋3＝0，即x －2y ＋3＝0.思维升华 解决对称问题的方法 (1)中心对称①点P (x ，y )关于Q (a ，b )的对称点P ′(x ′，y ′)满足⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2a －x ，y ′＝2b －y .②直线关于点的对称可转化为点关于点的对称问题来解决． (2)轴对称①点A (a ，b )关于直线Ax ＋By ＋C ＝0(B ≠0)的对称点A ′(m ，n )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n －b m －a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－A B ＝－1，A ·a ＋m 2＋B ·b ＋n 2＋C ＝0.②直线关于直线的对称可转化为点关于直线的对称问题来解决． 跟踪训练2 已知直线l ：3x －y ＋3＝0，求： (1)点P (4,5)关于l 的对称点；(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(1,2)的对称直线．解 (1)设P (x ，y )关于直线l ：3x －y ＋3＝0的对称点为P ′(x ′，y ′)，∵k PP ′·k l ＝－1，即y ′－yx ′－x×3＝－1.① 又PP ′的中点在直线3x －y ＋3＝0上， ∴3×x ′＋x 2－y ′＋y2＋3＝0.②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝－4x ＋3y －95， ③y ′＝3x ＋4y ＋35.④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 －4x ＋3y －95－3x ＋4y ＋35－2＝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 ′)， ∴x ′＋02＝1，x ′＝2，y ′＋32＝2，y ′＝1，∴M ′(2,1)．l 关于(1,2)的对称直线平行于l ，∴k ＝3，∴对称直线方程为y －1＝3×(x －2)， 即3x －y －5＝0.妙用直线系求直线方程在求解直线方程的题目中，可采用设直线系方程的方式简化运算，常见的直线系有平行直线系，垂直直线系和过直线交点的直线系． 一、平行直线系例1 求与直线3x ＋4y ＋1＝0平行且过点(1,2)的直线l 的方程． 解 由题意，设所求直线方程为3x ＋4y ＋c ＝0(c ≠1)， 又因为直线过点(1,2)，所以3×1＋4×2＋c ＝0，解得c ＝－11. 因此，所求直线方程为3x ＋4y －11＝0. 二、垂直直线系例2 求经过A (2,1)，且与直线2x ＋y －10＝0垂直的直线l 的方程．解 因为所求直线与直线2x ＋y －10＝0垂直，所以设该直线方程为x －2y ＋C ＝0，又直线过点A (2,1)，所以有2－2×1＋C ＝0，解得C ＝0， 即所求直线方程为x －2y ＝0. 三、过直线交点的直线系例3 求经过两直线l 1：x －2y ＋4＝0和l 2：x ＋y －2＝0的交点P ，且与直线l 3：3x －4y ＋5＝0垂直的直线l 的方程． 解 方法一 解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋4＝0，x ＋y －2＝0，得P (0,2)．∵l 3的斜率为34，且l ⊥l 3，∴直线l 的斜率为－43，由斜截式可知l 的方程为y ＝－43x ＋2，即4x ＋3y －6＝0.方法二 设直线l 的方程为x －2y ＋4＋λ(x ＋y －2)＝0， 即(1＋λ)x ＋(λ－2)y ＋4－2λ＝0.又∵l ⊥l 3，∴3×(1＋λ)＋(－4)×(λ－2)＝0， 解得λ＝11.∴直线l 的方程为4x ＋3y －6＝0.1．直线2x ＋y ＋m ＝0和x ＋2y ＋n ＝0的位置关系是( ) A ．平行 B ．垂直 C ．相交但不垂直 D ．不能确定答案 C解析 直线2x ＋y ＋m ＝0的斜率k 1＝－2，直线x ＋2y ＋n ＝0的斜率k 2＝－12，则k 1≠k 2，且k 1k 2≠－1.故选C.2．已知直线l 1：x ＋my ＋7＝0和l 2：(m －2)x ＋3y ＋2m ＝0互相平行，则实数m 等于( ) A ．－1或3 B ．－1 C ．－3 D ．1或－3答案 A解析 当m ＝0时，显然不符合题意； 当m ≠0时，由题意得，m －21＝3m ≠2m7， 解得m ＝－1或m ＝3，故选A.3．已知过点A (－2，m )和B (m,4)的直线为l 1，直线2x ＋y －1＝0为l 2，直线x ＋ny ＋1＝0为l 3.若l 1∥l 2，l 2⊥l 3，则实数m ＋n 的值为( ) A ．－10B ．－2C ．0D ．8 答案 A解析 因为l 1∥l 2，所以k AB ＝4－mm ＋2＝－2.解得m ＝－8.又因为l 2⊥l 3，所以－1n×(－2)＝－1，解得n ＝－2，所以m ＋n ＝－10.4．过点M (－3,2)，且与直线x ＋2y －9＝0平行的直线方程是( ) A ．2x －y ＋8＝0 B ．x －2y ＋7＝0 C ．x ＋2y ＋4＝0D ．x ＋2y －1＝0答案 D解析 方法一 因为直线x ＋2y －9＝0的斜率为－12，所以与直线x ＋2y －9＝0平行的直线的斜率为－12，又所求直线过M (－3,2)，所以所求直线的点斜式方程为y －2＝－12(x ＋3)，化为一般式得x ＋2y －1＝0.故选D.方法二 由题意，设所求直线方程为x ＋2y ＋c ＝0，将M (－3，2)代入，解得c ＝－1，所以所求直线为x ＋2y －1＝0.故选D.5．若直线l 1：x ＋ay ＋6＝0与l 2：(a －2)x ＋3y ＋2a ＝0平行，则l 1与l 2之间的距离为( ) A.423B ．42C.823D ．2 2 答案 C解析 ∵l 1∥l 2，∴a ≠2且a ≠0， ∴1a －2＝a 3≠62a，解得a ＝－1， ∴l 1与l 2的方程分别为l 1：x －y ＋6＝0，l 2：x －y ＋23＝0，∴l 1与l 2的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪6－232＝823.6．已知直线l 1：y ＝2x ＋3，直线l 2与l 1关于直线y ＝－x 对称，则直线l 2的斜率为( ) A.12B ．－12C ．2D ．－2 答案 A解析 直线y ＝2x ＋3与y ＝－x 的交点为A (－1,1)，而直线y ＝2x ＋3上的点(0,3)关于y ＝－x 的对称点为B (－3，0)，而A ，B 两点都在l 2上，所以kl 2＝1－0－1－(－3)＝12.7．已知直线l 1：ax ＋y －6＝0与l 2：x ＋(a －2)y ＋a －1＝0相交于点P ，若l 1⊥l 2，则a ＝________，此时点P 的坐标为________． 答案 1 (3,3)解析 ∵直线l 1：ax ＋y －6＝0与l 2：x ＋(a －2)y ＋a －1＝0相交于点P ，且l 1⊥l 2，∴a ×1＋1×(a －2)＝0，即a ＝1，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －6＝0，x －y ＝0，易得x ＝3，y ＝3，∴P (3,3)．8．将一张坐标纸折叠一次，使得点(0,2)与点(4,0)重合，点(7,3)与点(m ，n )重合，则m ＋n ＝________. 答案345解析 由题意可知，纸的折痕应是点(0,2)与点(4,0)连线的中垂线，即直线y ＝2x －3，它也是点(7,3)与点(m ，n )连线的中垂线， 于是⎩⎪⎨⎪⎧3＋n 2＝2×7＋m2－3，n －3m －7＝－12， 解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝35，n ＝315，故m ＋n ＝345.9．直线l 1：y ＝2x ＋3关于直线l ：y ＝x ＋1对称的直线l 2的方程为______________． 答案 x －2y ＝0 解析 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋3，y ＝x ＋1，解得直线l 1与l 的交点坐标为(－2，－1)， 所以可设直线l 2的方程为y ＋1＝k (x ＋2)， 即kx －y ＋2k －1＝0.在直线l 上任取一点(1,2)，由题设知点(1,2)到直线l 1，l 2的距离相等，由点到直线的距离公式得|k －2＋2k －1|k 2＋1＝|2－2＋3|22＋1， 解得k ＝12(k ＝2舍去)，所以直线l 2的方程为x －2y ＝0.10．已知入射光线经过点M (－3,4)，被直线l ：x －y ＋3＝0反射，反射光线经过点N (2,6)，则反射光线所在直线的方程为______________． 答案 6x －y －6＝0解析 设点M (－3,4)关于直线l ：x －y ＋3＝0的对称点为M ′(a ，b )，则反射光线所在直线过点M ′，所以⎩⎪⎨⎪⎧b －4a －(－3)·1＝－1，－3＋a 2－b ＋42＋3＝0，解得a ＝1，b ＝0.又反射光线经过点N (2,6)，所以所求直线的方程为y －06－0＝x －12－1，即6x －y －6＝0.11．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4 2.(1)解 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． ∵方程可变形为2x －y －6＋λ(x －y －4)＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －6＝0，x －y －4＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝－2，故直线经过的定点为M (2，－2)．(2)证明 过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， ∴M 与Q 不可能重合，而|PM |＝42， ∴|PQ |<42，故所证成立．12．已知三条直线：l 1：2x －y ＋a ＝0(a >0)；l 2：－4x ＋2y ＋1＝0；l 3：x ＋y －1＝0，且l 1与l 2间的距离是7510.(1)求a 的值；(2)能否找到一点P ，使P 同时满足下列三个条件： ①点P 在第一象限；②点P 到l 1的距离是点P 到l 2的距离的12；③点P 到l 1的距离与点P 到l 3的距离之比是2∶ 5.若能，求点P 的坐标；若不能，说明理由．解 (1)直线l 2：2x －y －12＝0，所以两条平行线l 1与l 2间的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －⎝ ⎛⎭⎪⎫－1222＋(－1)2＝7510， 所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋125＝7510，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12＝72，又a >0，解得a ＝3. (2)假设存在点P ，设点P (x 0，y 0)．若P 点满足条件②，则P 点在与l 1，l 2平行的直线l ′：2x －y ＋c ＝0上，且|c －3|5＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪c ＋125，即c ＝132或116，所以2x 0－y 0＋132＝0或2x 0－y 0＋116＝0；若P 点满足条件③，由点到直线的距离公式， 有|2x 0－y 0＋3|5＝25|x 0＋y 0－1|2， 即|2x 0－y 0＋3|＝|x 0＋y 0－1|， 所以x 0－2y 0＋4＝0或3x 0＋2＝0；由于点P 在第一象限，所以3x 0＋2＝0不可能． 联立方程2x 0－y 0＋132＝0和x 0－2y 0＋4＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－3，y 0＝12，(舍去)联立方程2x 0－y 0＋116＝0和x 0－2y 0＋4＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝19，y 0＝3718.所以存在点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫19，3718同时满足三个条件．13．已知直线y ＝2x 是△ABC 中∠C 的平分线所在的直线，若点A ，B 的坐标分别是(－4，2)，(3,1)，则点C 的坐标为( ) A ．(－2,4) B ．(－2，－4) C ．(2,4) D ．(2，－4)答案 C解析 设A (－4,2)关于直线y ＝2x 的对称点为(x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －2x ＋4×2＝－1，y ＋22＝2×－4＋x2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝－2，∴BC 所在直线方程为y －1＝－2－14－3(x －3)， 即3x ＋y －10＝0.同理可得点B (3,1)关于直线y ＝2x 的对称点为(－1,3)， ∴AC 所在直线方程为y －2＝3－2－1－(－4)(x ＋4)，即x －3y ＋10＝0.联立⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y －10＝0，x －3y ＋10＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝4，则C (2,4)．故选C.14．若三条直线y ＝2x ，x ＋y ＝3，mx ＋ny ＋5＝0相交于同一点，则点(m ，n )到原点的距离的最小值为( )A.5B.6C ．23D ．2 5 答案 A解析 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，x ＋y ＝3，解得x ＝1，y ＝2.把(1,2)代入mx ＋ny ＋5＝0可得，m ＋2n ＋5＝0. ∴m ＝－5－2n .∴点(m ，n )到原点的距离d ＝m 2＋n 2＝(5＋2n )2＋n 2＝5(n ＋2)2＋5≥5， 当n ＝－2，m ＝－1时取等号．∴点(m ，n )到原点的距离的最小值为 5.15．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知△ABC 的顶点A (1,0)，B (0,2)，且AC ＝BC ，则△ABC 的欧拉线的方程为( ) A ．4x ＋2y ＋3＝0 B ．2x －4y ＋3＝0 C ．x －2y ＋3＝0 D ．2x －y ＋3＝0答案 B解析 因为AC ＝BC ，所以欧拉线为AB 的中垂线， 又A (1，0)，B (0,2)，故AB 的中点为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，k AB ＝－2， 故AB 的中垂线方程为y －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，即2x －4y ＋3＝0.16．在平面直角坐标系xOy 中，将直线l 沿x 轴正方向平移3个单位长度，沿y 轴正方向平移5个单位长度，得到直线l 1.再将直线l 1沿x 轴正方向平移1个单位长度，沿y 轴负方向平移2个单位长度，又与直线l 重合．若直线l 与直线l 1关于点(2,4)对称，求直线l 的方程．解 由题意知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b ，将直线l 沿x 轴正方向平移3个单位长度，沿y 轴正方向平移5个单位长度，得到直线l 1：y ＝k (x －3)＋5＋b ，将直线l 1沿x 轴正方向平移1个单位长度，沿y 轴负方向平移2个单位长度，则平移后的直线方程为y ＝k (x －3－1)＋b ＋5－2，即y ＝kx ＋3－4k ＋b ，∴b ＝3－4k ＋b ，解得k ＝34，∴直线l的方程为y ＝34x ＋b ，直线l 1为y ＝34x ＋114＋b ，取直线l 上的一点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，b ＋3m 4，则点P 关于点(2,4)的对称点为⎝ ⎛⎭⎪⎫4－m ，8－b －3m 4，∴8－b －3m 4＝34(4－m )＋b ＋114，解得b ＝98.∴直线l 的方程是y ＝34x ＋98，即6x －8y ＋9＝0.。
2020版高考数学一轮复习高考大题增分课四立体几何中的高考热点问题教学案文含解析北师大版
四立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．【例1】(本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC 与BD的交点，BE⊥平面ABCD．(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[信息提取]看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．[规范解答](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD．因为BE⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED．又AC平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED．4分(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt△AEC 中，可得EG ＝32x . 6分 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E ACD 的体积V 三棱锥E ACD＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.9分从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E ACD 的侧面积为3＋2 5. 12分[易错与防范] 易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD ∩BE ＝B .AC 平面AEC 等条件，推理不严谨，导致扣分．2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误． 防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分． 2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏． [通性通法] 空间几何体体积的求法(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．如图，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面PAB ； (2)求四面体N BCM 的体积．[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT平面PAB ，MN平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以点N 到平面ABCD 的距离为12PA .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得点M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N BCM 的体积V N BCM ＝13×S △BCM ×PA 2＝453.求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．【例2】 (2019·开封模拟)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且∠DAB ＝60°，PA ＝PD ，M 为CD 的中点，平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)求证：BD ⊥PM ；(2)若∠APD ＝90°，PA ＝2，求点A 到平面PBM 的距离． [解] (1)证明：取AD 中点E ，连接PE ，EM ，AC ，∵底面ABCD 是菱形， ∴BD ⊥AC ，∵E ，M 分别是AD ，DC 的中点， ∴EM ∥AC ，∴EM ⊥BD ． ∵PA ＝PD ，∴PE ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥BD ， ∵EM ∩PE ＝E ，∴BD ⊥平面PEM ， ∵PM平面PEM ，∴BD ⊥PM .(2)连接AM ，BE ，∵PA ＝PD ＝2，∠APD ＝90°，∠DAB ＝60°，∴AD ＝AB ＝BD ＝2，PE ＝1，EM ＝12AC ＝3，∴PM ＝PB ＝1＋3＝2.在等边三角形DBC 中，BM ＝3， ∴S △PBM ＝394，S △ABM ＝12×2×3＝ 3.设三棱锥A PBM 的高为h ，则由等体积可得13·394h ＝13×3×1，∴h ＝41313，∴点A 到平面PBM 的距离为41313.点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设AP ＝1，AD ＝3，三棱锥P ABD 的体积V ＝34，求点A 到平面PBC 的距离． [解] (1)证明：设BD 与AC 的交点为O ，连接EO .因为四边形ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB . 因为EO平面AEC ，PB平面AEC ，所以PB ∥平面AEC ．(2)三棱锥P ABD 的体积V ＝16PA ·AB ·AD ＝36AB ，由V ＝34，可得AB ＝32.由题设知BC ⊥AB ，BC ⊥PA ，所以BC ⊥平面PAB ，在平面PAB 内作AH ⊥PB 交PB 于点H ，则BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ．又AH ＝PA ·AB PB ＝PA ·AB PA 2＋AB 2＝31313.所以点A 到平面PBC 的距离为31313.是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．【例3】 (2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)在线段CD 上是否存在一点G ，使得平面EFG ⊥平面PDC ？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：如图所示，连接AC ，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，且点F 为对角线BD 的中点．所以对角线AC 经过点F .又在△PAC 中，点E 为PC 的中点， 所以EF 为△PAC 的中位线，所以EF∥PA.又PA平面PAD，EF平面PAD，所以EF∥平面PAD．(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC．因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD．又侧面PAD⊥底面ABCD，CD平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD．又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD．又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC．是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明] (1)连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，由题意得四棱锥S ABCD 是正四棱锥，所以SO ⊥AC ．在正方形ABCD 中，AC ⊥BD ，又SO ∩BD ＝O ，所以AC ⊥平面SBD ． 因为SD平面SBD ，所以AC ⊥SD ．(2)在棱SC 上存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ． 连接OP .设正方形ABCD 的边长为a ，则SC ＝SD ＝2a . 由SD ⊥平面PAC 得SD ⊥PC ，易求得PD ＝2a 4. 故可在SP 上取一点N ，使得PN ＝PD ．过点N 作PC 的平行线与SC 交于点E ，连接BE ，BN ， 在△BDN 中，易得BN ∥PO . 又因为NE ∥PC ，NE平面BNE ，BN平面BNE ，BN ∩NE ＝N ，PO平面PAC ，PC平面PAC ，PO ∩PC ＝P ，所以平面BEN ∥平面PAC ，所以BE ∥平面PAC ． 因为SN ∶NP ＝2∶1，所以SE ∶EC ＝2∶1.[大题增分专训]1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F 分别为线段AD ，PB 的中点．(1)证明：PD ∥平面CEF ；(2)若PE ⊥平面ABCD ，PE ＝AB ＝2，求三棱锥P DEF 的体积． [解] (1)证明：连接BE ，BD ，BD 交CE 于点O ，连接OF (图略)． ∵E 为线段AD 的中点，AD ∥BC ，BC ＝12AD ＝ED ，∴BCED ，∴四边形BCDE 为平行四边形，∴O 为BD 的中点，又F 是BP 的中点，∴OF ∥PD ． 又OF平面CEF ，PD平面CEF ，∴PD ∥平面CEF .(2)由(1)知，BE ＝CD ．∵四边形ABCD 为等腰梯形，AB ＝BC ＝12AD ，∴AB ＝AE ＝BE ，∴三角形ABE 是等边三角形， ∴∠DAB ＝π3，过B 作BH ⊥AD 于点H (图略)，则BH ＝ 3. ∵PE ⊥平面ABCD ，PE平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD ，又平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BH ⊥AD ，BH平面ABCD ，∴BH ⊥平面PAD ，∴点B 到平面PAD 的距离为BH ＝ 3.又F 为线段PB 的中点，∴点F 到平面PAD 的距离h 等于点B 到平面PAD 的距离的一半，即h ＝32，又S △PDE ＝12PE ·DE ＝2， ∴V 三棱锥P DEF ＝13S △PDE ×h ＝13×2×32＝33.2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P ABCD ，底面ABCD 为正方形，且PA ⊥底面ABCD ，过AB 的平面ABFE 与侧面PCD 的交线为EF ，且满足S △PEF ：S 四边形CDEF ＝1∶3.(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)当PA ＝2AD ＝2时，求点F 到平面ACE 的距离． [解] (1)证明：由题知四边形ABCD 为正方形， ∴AB ∥CD ，∵CD平面PCD ，AB平面PCD ，∴AB ∥平面PCD ．又AB平面ABFE ，平面ABFE ∩平面PCD ＝EF ，∴EF ∥AB ，∴EF ∥CD ．由S △PEF ∶S 四边形CDEF ＝1∶3知E ，F 分别为PD ，PC 的中点． 如图，连接BD 交AC 于点G ，则G 为BD 的中点， 连接EG ，则EG ∥PB . 又EG平面ACE ，PB平面ACE ，∴PB ∥平面ACE .(2)∵PA ＝2，AD ＝AB ＝1，∴AC ＝2，AE ＝12PD ＝52，∵PA ⊥平面ABCD ，∴CD ⊥PA ，又CD ⊥AD ，AD ∩PA ＝A ，∴CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥PD ．在Rt△CDE 中，CE ＝CD 2＋DE 2＝32.在△ACE 中，由余弦定理知cos∠AEC ＝AE 2＋CE 2－AC 22AE ·CE ＝55，∴sin∠AEC ＝255，∴S △ACE ＝12·AE ·CE ·sin∠AEC ＝34.设点F 到平面ACE 的距离为h ，连接AF ， 则V F ACE ＝13×34×h ＝14h .∵DG ⊥AC ，DG ⊥PA ，AC ∩PA ＝A ，∴DG ⊥平面PAC ． ∵E 为PD 的中点，∴点E 到平面ACF 的距离为12DG ＝24.又F 为PC 的中点，∴S △ACF ＝12S △ACP ＝22，∴V E ACF ＝13×22×24＝112.由V F ACE ＝V E ACF ，得14h ＝112，得h ＝13，∴点F 到平面ACE 的距离为13.3．已知在四棱锥P ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，E 为线段AD 上靠近点A 的三等分点，O 为AB 的中点，且PA ＝PB ，AB ＝23AD ．(1)求证：EC ⊥PE .(2)PB 上是否存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ？若存在，试确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：连接PO ，EO ，CO .∵平面PAB ⊥平面ABCD ，PA ＝PB ，O 为AB 的中点，∴PO ⊥平面ABCD ，∵CE平面ABCD ，∴PO ⊥CE .设AD ＝3，∵四边形ABCD 为矩形，∴CD ＝AB ＝2，BC ＝3， ∴AE ＝13AD ＝1，∴ED ＝2，EC ＝ED 2＋DC 2＝22＋22＝22，OE ＝AO 2＋AE 2＝12＋12＝2，OC ＝OB 2＋BC 2＝12＋32＝10，∴OE 2＋EC 2＝OC 2，∴OE ⊥EC ． 又PO ∩OE ＝O ，∴EC ⊥平面POE ， 又PE平面POE ，∴EC ⊥PE .(2)PB 上存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ，且F 为PB 的三等分点(靠近点B )．证明如下： 取BC 的三等分点M (靠近点C )，连接AM ，易知AE MC ，∴四边形AECM 为平行四边形，∴AM ∥EC ．取BM 的中点N ，连接ON ，∴ON ∥AM ，∴ON ∥EC ． ∵N 为BM 的中点，∴N 为BC 的三等分点(靠近点B )． ∵F 为PB 的三等分点(靠近点B )，连接OF ，NF ，∴NF ∥PC ， 又ON ∩NF ＝N ，EC ∩PC ＝C ，∴平面ONF ∥平面PEC ， ∴OF ∥平面PEC ．。
高考数学一轮复习高考大题增分课5平面解析几何中的高考热点问题教学案理含解析北师大版
五 平面解析几何中的高考热点问题圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必考一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一圆锥曲线中的几何证明一般包括两大方面：一是位置关系的证明，如证明相切、垂直、＋＋－－1)代入x22＋y 2＝1得4＝的斜率之积为y1x1·y2x2＋＋(4，－2)，因此圆锥曲线中的最值与取值范围问题是高考中的常考题型，以解答题为主，难度一般较大，－，＋y23＝1，＋.·····························4k2＋3过点B(1,0)＋－⎭⎪⎫6m ＋42－4×－93m2＋圆锥曲线中的探索性问题具有开放性和发散性，此类问题的条件和结论不完备，需要结－3，＝－＋.＝2×－＋，解得≠3，i＝1,2，所以当直线＋－1，4x，得y2＋4ky＋－，则|y1－y2|＝1 2 |－＋＋⎝y2＋－⎭⎪⎫＋t －32(x 2－1)＋(x 1＋＝＋＞＋x2＝－4k 1＋2k2，－＋＋＋x1＋x2－，＋2k2)x2－8k－x1－1＋－x2－1＝＋＋－＋＋12kx1x2－3k(x1＋x＋－＋8－16k21＋2k2·1＋k2，＋＝2k2＋1∈(1,2)，，即k＝±。
高三数学一轮复习教案5篇
高三数学一轮复习教案5篇作为一名无私奉献的老师，通常需要准备好一份教案，编写教案助于积累教学经验，不断提高教学质量。
那么教案应该怎么写才合适呢?以下是小编整理的高三数学一轮复习教案，仅供参考，大家一起来看看吧。
高三数学一轮复习教案1一、夯实基础。
今年高考数学试题的一个显著特点是注重基础。
扎实的数学基础是成功解题的关键，从学生反馈来看，平时学习成绩不错但得分不高的主要原因不在于难题没做好，而在于基本概念不清，基本运算不准，基本方法不熟，解题过程不规范，结果“难题做不了，基础题又没做好”，因此在第一轮复习中，我们将格外突出基本概念、基础运算、基本方法，具体做法如下：1、注重课本的基础作用和考试说明的导向作用;2、加强主干知识的生成，重视知识的交汇点;3、培养逻辑思维能力、直觉思维、规范解题习惯;4、加强反思，完善复习方法。
二、解决好课内课外关系。
课内：1)例题讲解前，留给学生思考时间;讲解中，让学生陈述不同解题思路，对于解题过程中的闪光之处或不足之处进行褒扬或纠正;讲解后，对解法进行总结。
对题目尽量做到一题多解，一题多用。
一题多解的题目让学生领会不同方法的优劣，一题多用的题目让学生领会知识间的联系。
2)学生作业和考试中出现的错误，不但指出错误之处，更要引导学生寻根问底，使学生找出错误的真正原因。
3)每节课留10分钟让学生疏理本节知识，理解本节内容。
课外：除了正常每天布置适量作业外，另外布置一两道中档偏上的题目，判作业时面批面改，指出知识的疏漏。
三、注重师生互动1、多让学生思考回答问题，对于有些章节知识，按难易程度选择六至八道，尽量独自完成，无法独立解决的可以提示思路。
2、让学生自我小结，每一章复习完后，让学生自己建立知识网络结构，包括典型题目、思想方法、解题技巧，易错易做之题;3、每次考试结束后，让学生自己总结：①试题考查了哪些知识点;②怎样审题，怎样打开解题思路;③试题主要运用了哪些方法，技巧，关键步在哪里;④答题中有哪些典型错误，哪些是知识、逻辑心理因素造成，哪些是属于思路上的。
高考数学一轮复习高考大题增分课4立体几何中的高考热点问题教学案理含解析北师大版
四立体几何中的高考热点问题立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第的中点．平面∥平面由已知得－＋－2＋x0＝0(20xx·北京高考，BE平面EF⊥BE如图，建立空间直角坐标系此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计AM的值；若不存在，说明AP平面⊥平面CO平面AC＝CD如图，建立空间直角坐标系如图所示，在三棱柱，平面平面平面B MN平面1MN.平面如图，设，OE，将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何为正方形，想到正方形中的边角关系；平面作＝2，································6分的中点时，求证：BM∥平面AFED；与平面ABF所成的锐二面角的正弦值为306时，求三棱锥法一：取ED的中点N，连接MN，AN，1BM平面平面－的靠近B点的三等分点时，求直线PC与平面＝BC＝3，BC⊥AB，EF∥BC，，翻折后垂直关系没变，，且PE∩BE＝E，αα轴，＝60°，1,0,0)，AB 平面⊥AB ，平面连接PQ ⎭⎪⎫，32，。
2020新高考数学第一轮专题复习 平面解析几何
2020新高考数学第一轮专题复习平面解析几何【目标导航与知识网络】【目标导航】理解直线斜率的概念，掌握过两点的直线的斜率公式.熟练掌握直线方程的点斜式，掌握直线方程的斜截式、两点式、截距式以及直线方程的一般式.能够根据条件求出直线的方程.掌握两条直线平行与垂直的条件，能够根据直线的方程判定两条直线的位置关系.会求两条相交直线的夹角和交点.掌握点到直线的距离公式.熟练掌握圆的标准方程和一般方程.能够根据条件求出圆的标准方程和一般方程.掌握直线和圆的位置关系的判定方法.掌握直角坐标系中的曲线方程的关系和轨迹的概念.能够根据所给条件，选择适当的直角坐标系求曲线的方程，并画出方程所表示的曲线.掌握圆锥曲线的标准方程及其几何性质.会根据所给的条件画圆锥曲线.了解圆锥曲线的一些实际应用.了解用坐标法研究几何问题的思想，初步掌握利用方程研究曲线性质的方法.处理解析几何问题时，主要表现在两个方面：(1)根据图形的性质，建立与之等价的代数结构；(2)根据方程的代数特征洞察并揭示图形的性质．要重视坐标法，学会如何借助于坐标系，用代数方法研究几何问题，体会这种方法所体现的数形结合思想．直线方程是解析几何的基础，其题目类型主要是求直线方程，以及与之有关的斜率、截距、点等特征量，方法一般采用待定系数法．在确定直线的倾斜角、斜率时，要注意倾斜角的范围，要注意斜率存在的条件，要善于综合运用初中几何有关直线和圆的知识解决直线和圆的问题；还要注意综合运用三角函数、平面向量等与本章内容关系比较密切的知识．圆的参数方程为利用函数关系和三角知识研究几何问题创造了有利的条件，因此，它是解决与圆有关的几何问题的十分重要的工具．求动点的轨迹方程问题，从来都是高考的热点，试题有一定的难度，学习时应注意一些求轨迹方程的基本方法．求指定的圆锥曲线的方程是高考命题的重点，试题一般涉及量较多，计算量大．要求较强的运算能力．在计算中，首先要明确运算方向，还要注意运算合理，运算的技巧，使运算简练．注意用圆锥曲线的定义解题．有关圆锥曲线上的点到焦点的距离，到准线的距离，离心率的问题都可能用圆锥曲线的定义去解．对称问题是高考的热点，注意关于原点，x轴、y轴，关于直线y＝±x对称的两曲线方程的特点．在有关直线与圆锥曲线的问题中，注意韦达定理、弦长公式在解题中的应用．一些试题将解析几何问题与数列问题，极限问题，不等式问题，函数问题综合在一起，对解决数学综合问题的能力要求更高，此时要充分利用解几的特点，运用数形结合，用代数的方法解决几何的问题．【知识网络】第2课时：直线的斜率与方程1. 直线x cos α+3y +2=0的倾斜角的取值范围是 ( B )A . [π6,π2)∪(π2,5π6]B .[0,π6]∪[5π6,π)C . [0, 5π6]D .[π6,5π6]2. 过点(1,3)作直线l ，若经过点(a ,0)和(0,b )，且a ∈N *，b ∈N *，则可作出的l 的条数为( B )A . 1B . 2C . 3D . 43.设Ａ、Ｂ是x 轴上的两点，点Ｐ的横坐标为２，且|ＰＡ|＝|ＰＢ|，若直线ＰＡ的方程为x －y ＋1=0，则直线ＰＢ的方程是 （ A ）Ａ．x ＋y －5=0 B ．2x －y －1=0 C ．x －2y ＋4=0 D ．2x ＋y －7=04. m 为任意实数时，直线（m －1）x ＋(2m －1)y=m －5必过定点( )．5. 已知点A （2，3），B （－3，－2），若直线l 过点P （1，1），且与线段AB 相交，则直线l 的斜率k 的取值范围为 ．【双基回归答案】1. 答案 B[提示]2. 答案 B [提示]3. 答案 A [提示]4. 答案 (9,–4). [提示]5. 答案 k ≤43或k ≥2 . [提示]率、截距、点等特征量，方法一般采用待定系数法．在解答有关直线的问题时，应特别注意的几个方面 ：（1）在确定直线的斜率、倾斜角时，首先要注意斜率存在的条件，其次要注意倾角的范围.（2）在利用直线的截距式解题时，要注意防止由于“零截距”造成丢解的情况.如题目条件中出现直线在两坐标轴上的“截距相等”“截距互为相反数”“在一坐标轴上的截距是另一坐标轴上的截距的 m 倍（m ＞0）”等时，采用截距式就会出现“零截距”，从而丢解.此时最好采用点斜式或斜截式求解.（3）在利用直线的点斜式、斜截式解题时，要注意防止由于“无斜率”，从而造成丢解如在求过圆外一点的圆的切线方程时或讨论直线与圆锥曲线的位置关系时，或讨论两直线的平行、垂直的位置关系时，一般要分直线有无斜率两种情况进行讨论.【典例解析】【例1】在△ABC 中，BC 边上的高所在的直线方程为x －2y ＋1=0，∠A 的平分线所在直线方程为y=0，若点B 的坐标为(1，2)，求点A 和点C 的坐标．【思路点拨】两条相交直线确定一个交点，根据题意寻找由点A 、点C 确定的两条直线．【解】 A 点既在BC 边的高线上，又在∠A 的平分线上，由2100x y y -+=⎧⎨=⎩得A(－1，0)，∴k AB =1，而x 轴是角A 的平分线， ∴k AC = －1，∴AC 边所在直线方程为y= －(x ＋1) ①又k BC = －2， ∴BC 边所在直线方程为y －2= －2(x －1) ② 联立① ②得 C 的坐标为(5，－6)．【点评】 善于应用数形结合，确定交点，利用方程思想解决交点坐标，是处理这类问题的一般方法．【变式训练1】过点(5,4)A --作一直线l ，使它与两坐标轴相交且与两轴所围成的三角形面积为5．【解】 25100x y --=，或85200x y -+=. 【例2】一条直线经过P （3，2），并且分别满足下列条件，求直线方程． (1)倾斜角是直线x －4y ＋3=0的倾斜角的2倍； (2)夹在两坐标轴间的线段被P 分成1∶2．(3)与x 轴，y 轴正半轴交于A 、B 两点，且△AOB 的面积最小．【思路点拨】求直线方程时，应从条件出发，合理选择直线方程的形式． 【解】（1）设所求直线倾斜角为θ，已知直线的倾斜角为α，则θ=2α ∵tan α=41 ，∴tan θ=tan2α= 158， 从而方程为8x －15y ＋6=0． (2)由题意，设直线交x 轴于A ，交y 轴于B当PB AP =21时，A(29，0)，B(0，6)．方程为92x ＋6y =1 当PA BP =21时，A(9，0)，B(0，3)，方程为9x ＋3y=1．(3)设直线方程为a x ＋b y=1，代入P(3，2)，得a 3＋b2=1≥2ab 6，得ab ≥24，从而S △AOB =21ab ≥12，此时a 3=b 2，k=－a b =－32， ∴方程为2x ＋3y －12=0．【变式训练2】 已知直线l ：y=ax ＋2和A(1，4)，B(3，1)两点，当直线l 与线段AB 相交时，求实数a 的取值范围. 【答案】－31≤a ≤2 【例3】设直线l 的方程为(a ＋1)x ＋y ＋2－a=0(a ∈R)． （1）若l 在两坐标轴上的截距相等，求l 的方程； （2）若l 不经过第二象限，求实数a 的取值范围．【错解】(1)因为l 在两坐标轴上的截距相等，设l 的方程x ＋y ＋k=0，得a=0，方程为x ＋y ＋2=0.【错解分析】注意讨论：分直线过原点和不过原点两类. 【正确答案】（1）当直线过原点时，该直线在x 轴和y 轴上的截距为零， ∴2－a=0， ∴a=2， 方程为 3x ＋y=0； 当直线不过原点时，a ≠2，由12+-a a =a －2，得a=0，方程为x ＋y ＋2=0， 故所求的方程为3x ＋y=0或x ＋y ＋2=0．(2)将l 的方程化为y=－(a ＋1)x ＋a －2，欲使l 不经过第二象限，当且仅当－（a ＋1）≥0 a －2≤0∴a ≤－1 故所求a 的取值范围为a ≤－1．【高考链接】【例1】如图所示，根据指令(r ，θ)(r ≥0，－180°<θ≤180°)，机器人在平面上能完成下列动作，先原地旋转角度θ(θ为正时，按逆时针方向旋转θ， θ为负时，按顺时针方向旋转－θ)，再朝面对的方向沿直线行走距离r ．(1)现机器人在直角坐标系的坐标原点，且面对x 轴正方向．试给机器人下一个指令，使其移动到点(4，4)；(2)机器人在完成该指令后，发现在点(17，0)处有一小球正向坐标原点作匀速直线滚动．已知小球滚动的速度为机器人直线行走速度的2倍，若忽略机器人原地旋转所需的时间，问机器人最快可在何处截住小球?并给出机器人截住小球所需的指令．(非特殊角用反三角函数表示)【思路点拨】给机器人下指令，即求机器人行走的距离和方向．【解】(1)r=42，θ=45°，得指令为(42，45°)．(2)设机器人最快在点P(x ，0)处截住小球，则因为小球速度是机器人速度的2倍，所以在相同时间内有 ︱17－x ︱=222)40()4(-+-x ，即3x 2＋2x －161=0，得x= －323(舍)或x=7． 因为要求机器人最快地去截住小球，即小球滚动距离最短，所以x=7，故机器人最快可在点(7，0)处截住小球． 设A(4，4) 则︱AP ︱=5， k PA = －34， θ= －arctan 34， ∴所给的指令为(5，－arctan34)． 【点评】抓住应用题中等量关系的信息，构建方程的模型． 【2020启中模拟】【例1】定义映射f ：A(x ， y )→B(x ， x －y ) 是否存在这样的直线l ：若点A 在直线l 上移动，点B 仍在这条直线上．若存在请你求出所有这些直线 l ；若不存在，请你说明理由．【思路点拨】本题主要考查映射、直线等基本知识．有关存在性问题一般先假识存在，再根据题意列出方程.[解法一]假设存在这样的直线，∵平行坐标轴的直线显然不满足条件，∴所求直线可设为)0(≠+=k b kx y ， ∵该直线上的任一点(,)A x y ，其经变换后得到的点()B x y -仍在该直线上，∴b y x k y x ++=-)3(3，即b x k y k +-=+-)3()13(， 当0≠b 时，方程组⎩⎨⎧=-=+-kk k 31)13(无解，故这样的直线不存在．当0=b 时，由,31)13(kk k -=+-得03232=-+k k ，解得33=k 或3-=k ，故这样的直线存在，其方程为x y 33=或x y 3-=．[解法二] ]取直线上一点(,0)bA k-，其经变换后的点(,b B k -仍在该直线上， ∴b kbk k b +-=-)(3，得0=b ， 故所求直线为kx y =，取直线上一点),0(k P ，其经变换后得到的点)3,31(k k Q -+仍在该直线上．∴)31(3k k k +=-， 即03232=-+k k ，得33=k 或3-=k ，故这样的直线存在，其方程为x y 3=或x y 3-=．5小题，每小题5分，共25分.1. 下列命题中正确的是 ( B )A.经过点P 0(x 0，y 0)的直线都可以用方程y －y 0=k(x －x 0)表示B.经过任意两个不同点P 1(x 1，y 1)， P 2(x 2，y 2)的直线都可用方程(x 2－x 1)(y －y 1)=(y 2－y 1)(x －x 1)表示．C.不经过原点的直线都可以用方程a x ＋by=1表示． D.经过定点A(0，b)的直线都可以用方程y=kx ＋b 表示．2. 设点P(a ，b)，Q(c ，d)是直线y=mx ＋k 上两点，则︱PQ ︱等于 ( A )A ．︱a －c ︱21m +B ．︱a ＋c ︱21m +C ．︱b －d ︱21m + D ．︱b ＋d ︱21m +3. 直线l 经过二、三、四象限，l 的倾斜角为α，斜率为k ，则 （ B ）A ksin α>0B kcos α>0C ksin α<0D kcos α≤04.图 中的直线l 1、l 2、l 3的斜率分别为k 1、k 2、k 3，则（ ） A.k 1＜k 2＜k3 B.k 3＜k 1＜k 2 C.k 3＜k 2＜k 1 D.k 1＜k 3＜k 25. 在直角坐标系 xOy 中，已知△AOB 三边所在直线的方程分别为 x=0，y=0，2x+3y=30，则△AOB 内部和边上整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是（ B ） A.95 B.91 C.88 D.75二.填空题（本大题共4小题,每小题5分，共20分）6. 如果ab>0，直线ax ＋by ＋c=0的倾斜角为α，且sin2α=αsin 1+－αsin 1-，则直线的斜率等于 7. 一直线过点A （－3，4），且在两轴上的截距之和为12，则此直线方程为 ． 8. 直线l 1，l 2的方程分别为y=mx ，y=nx(m ，n ≠0)，l 1的倾斜角是l 2倾斜角的2倍，l 1倾斜率是l 2的斜率的4倍，则mn= ．9. 已知直线l ：y=ax ＋2和A(1，4)，B(3，1)两点，当直线l 与线段AB 相交时，则实数a 的取值范围为 ．三.解答题：本大题共5小题，共55分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 10. (本小题10分) 平面上有相异两点A(cos θ，sin 2θ)和B(0，1)，求经过A 、B 两点直线的斜率及倾斜角的范围．11. (本小题10分) 在直角坐标系中，过点A （1，2）且斜率小于0的直线中，当在两坐标轴上的截距之和最小时，求该直线的斜率。
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高考大题增分课五 平面解析几何中的高考热点问题[命题解读] 圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必考一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对运算能力、分析问题、解决问题的能力要求较高，难度较大，常以压轴题的形式出现．圆锥曲线中的几何证明问题圆锥曲线中的几何证明一般包括两大方面：一是位置关系的证明，如证明相切、垂直、过定点等，二是数量关系的证明，如存在定值、恒成立、线段或角相等等．【例1】 (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB ． [解] (1)由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 由已知可得，点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. (2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°.当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OMB ．当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k x 1＋x 2＋4kx 1－2x 2－2.将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0. 所以，x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA ＝∠OMB ．综上，∠OMA ＝∠OM B ．[规律方法] 对于圆锥曲线中的证明问题，常采用直接法证明，证明时常借助等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助方程思想给予解答．(2017·全国卷Ⅲ)已知抛物线C ：y 2＝2x ，过点(2,0)的直线l 交C 于A ，B两点，圆M 是以线段AB 为直径的圆．(1)证明：坐标原点O 在圆M 上；(2)设圆M 过点P (4，－2)，求直线l 与圆M 的方程． [解] (1)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，l ：x ＝my ＋2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2，y 2＝2x ，可得y 2－2my －4＝0，则y 1y 2＝－4.又x 1＝y 212，x 2＝y 222，故x 1x 2＝y 1y 224＝4.因此OA 的斜率与OB 的斜率之积为y 1x 1·y 2x 2＝－44＝－1，所以OA ⊥OB ．故坐标原点O 在圆M 上． (2)由(1)可得y 1＋y 2＝2m ，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋4＝2m 2＋4，故圆心M 的坐标为(m 2＋2，m )， 圆M 的半径r ＝m 2＋22＋m 2.由于圆M 过点P (4，－2)，因此AP →·BP →＝0， 故(x 1－4)(x 2－4)＋(y 1＋2)(y 2＋2)＝0， 即x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋y 1y 2＋2(y 1＋y 2)＋20＝0. 由(1)知y 1y 2＝－4，x 1x 2＝4.所以2m 2－m －1＝0，解得m ＝1或m ＝－12.当m ＝1时，直线l 的方程为x －y －2＝0，圆心M 的坐标为(3,1)，圆M 的半径为10， 圆M 的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝10.当m ＝－12时，直线l 的方程为2x ＋y －4＝0，圆心M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫94，－12，圆M 的半径为854，圆M 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －942＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋122＝8516.最值、范围问题圆锥曲线中的最值与取值范围问题是高考中的常考题型，以解答题为主，难度一般较大，注重方程思想、数形结合思想、分类讨论思想的应用．主要的命题角度有：(1)涉及距离、面积的最值以及与之有关的一些问题；(2)求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时与之有关的一些问题． 【例2】 (本题满分12分)(2016·全国卷Ⅰ)设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值①，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围②.[信息提取] ①看到|EA |＋|EB |为定值，想到点E 的轨迹方程可能是椭圆．②看到四边形MPNQ 面积的取值范围，想到四边形MPNQ 对角线是否垂直，如何将四边形分成三角形求面积，可能利用弦长公式．[规范解答] (1)证明：因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ， 故∠EBD ＝∠ACD ＝∠AD C.所以|EB |＝|ED |， 故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4. ···········································2分 由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0). ················4分(2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12k 2＋14k 2＋3.·····························6分 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1，所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN || PQ |＝121＋14k 2＋3.···········10分可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)． 当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8， 故四边形MPNQ 的面积为12.综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83).··················12分 [易错与防范]易错点防范措施点E 的轨迹方程没有限定“y ≠0”.审题要细心，在求出轨迹方程x 24＋y 23＝1后要验证其完备性，既不能多点，也不能少点.忽视直线l 斜率不存在的情况应树立分类讨论的意识，求解时应以直线斜率是否存在为标准分类求解.(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数或等量关系，利用判别式、基本不等式、函数的性质、导数法进行求解．在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知P (－2,0)与Q (2,0)为平面内的两个定点，过点(1,0)的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，求四边形APBQ 面积的最大值．[解] (1)由c a ＝12，可得a ＝2c ，又因为b 2＝a 2－c 2，所以b 2＝3c 2，所以椭圆C 的方程为x 24c 2＋y 23c2＝1，又因为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆C 上，所以124c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3223c 2＝1， 所以c 2＝1，所以a 2＝4，b 2＝3， 故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设l 的方程为x ＝my ＋1，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，x ＝my ＋1，消去x 得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0， 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题知Δ＞0，y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，|y 1－y 2|＝y 1＋y 22－4y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m 3m 2＋42－4×－93m 2＋4 ＝12m 2＋13m 2＋4， 设四边形APBQ 的面积为S ，所以S ＝12×4×12m 2＋13m 2＋4＝24m 2＋13m 2＋4， 令t ＝1＋m 2，t ≥1， 有S ＝24t 3t 2＋1＝243t ＋1t，设函数f (t )＝3t ＋1t，t ∈[1，＋∞)，所以f ′(t )＝3－1t2＞0，t ∈[1，＋∞)，故函数f (t )＝3t ＋1t在[1，＋∞)上递增，故3t ＋1t≥f (1)＝4，故S ＝24t 3t 2＋1＝243t ＋1t≤6，当且仅当t ＝1，即m ＝0时等号成立， 即四边形 APBQ 面积的最大值为6. 圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线中的探索性问题具有开放性和发散性，此类问题的条件和结论不完备，需要结合已知条件或假设新的条件进行探究、观察、分析、抽象、概括等，是高考的常考题型，以解答题的形式出现，难度一般较大．主要的命题角度有：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．【例3】 (2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m >0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由．[解] (1)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2，得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0， 故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k >0，k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9kx .设点P 的横坐标为x P . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m 3－k3，因此x M ＝k k －3m3k 2＋9. 四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9＝2×k k －3m 3k 2＋9，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7. 因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．[规律方法] 探索性问题的求解方法(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”．其步骤如下：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，列出与该元素相关的方程(组)，若方程(组)有实数解，则元素存在，否则，元素不存在．(2)反证法与验证法也是求解探索性问题的常用方法．(2019·太原模拟)已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，F 为左焦点，A 为上顶点，B (2,0)为右顶点，若7|AF →|＝2|AB →|，抛物线C 2的顶点在坐标原点，焦点为F .(1)求椭圆C 1的标准方程；(2)是否存在过F 点的直线，与椭圆C 1和抛物线C 2的交点分别是P ，Q 和M ，N ，使得S △OPQ＝12S △OMN ？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由． [解] (1)依题意可知7|AF →|＝2|AB →|，即7a ＝2a 2＋b 2，由B (2,0)为右顶点，得a ＝2，解得b 2＝3，所以C 1的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)依题意可知C 2的方程为y 2＝－4x ，假设存在符合题意的直线， 设直线方程为x ＝ky －1，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky －1，x 24＋y23＝1，得(3k 2＋4)y 2－6ky －9＝0，由韦达定理得y 1＋y 2＝6k 3k 2＋4，y 1y 2＝－93k 2＋4，则|y 1－y 2|＝y 1＋y 22－4y 1y 2＝12k 2＋13k 2＋4， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky －1，y 2＝－4x ，得y 2＋4ky －4＝0，由韦达定理得y 3＋y 4＝－4k ，y 3y 4＝－4， 所以|y 3－y 4|＝y 3＋y 42－4y 3y 4＝4k 2＋1，若S △OPQ ＝12S △OMN ，则|y 1－y 2|＝12|y 3－y 4|，即12k 2＋13k 2＋4＝2k 2＋1，解得k ＝±63， 所以存在符合题意的直线，直线的方程为x ＋63y ＋1＝0或x －63y ＋1＝0. [大题增分专训]1．(2018·重庆二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，且点A ⎝⎛⎭⎪⎫1，－32在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知不经过A 点的直线l ：y ＝32x ＋t 与椭圆C 交于P ，Q 两点，P 关于原点的对称点为R (与点A 不重合)，直线AQ ，AR 与y 轴分别交于两点M ，N ，证明：AM ＝AN .[解] (1)由c a ＝32可得b a ＝12，所以⎩⎪⎨⎪⎧b a ＝12，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，所以椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，R (－x 1，－y 1)， 联立直线l 与椭圆C 的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝32x ＋t ，x 24＋y 2＝1，整理得x 2＋3tx ＋t 2－1＝0， 所以Δ＝4－t 2＞0，即－2＜t ＜2，x 1＋x 2＝－3t ，x 1x 2＝t 2－1，易知直线AM 与直线AN 的斜率存在且不同时为0， 所以k AN ＋k AM ＝y 1－32x 1＋1＋y 2＋32x 2－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1－32x 2－1＋x 1＋1⎝⎛⎭⎪⎫y 2＋32x 1＋1x 2－1，因为⎝⎛⎭⎪⎫32x 1＋t －32(x 2－1)＋(x 1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋t ＋32＝3x 1x 2＋t (x 1＋x 2)＋ 3＝3(t 2－1)＋t (－3t )＋3＝0， 所以k AN ＋k AM ＝0，则直线AN 与直线AM 的倾斜角互补，所以∠AMN ＝∠ANM ，所以AM ＝AN .2．已知点F 1(－2，0)，圆F 2：(x －2)2＋y 2＝16，点M 是圆上一动点，MF 1的垂直平分线与线段MF 2交于点N .(1)求点N 的轨迹方程；(2)设点N 的轨迹为曲线E ，过点P (0,1)且斜率不为0的直线l 与E 交于A ，B 两点，点B 关于y 轴的对称点为B ′，证明直线AB ′过定点，并求△PAB ′面积的最大值．[解] (1)由已知得|NF 1|＝|NM |， 所以|NF 1|＋|NF 2|＝|MN |＋|NF 2|＝4，又|F 1F 2|＝22，所以点N 的轨迹是以F 1，F 2为焦点，长轴长等于4的椭圆， 所以点N 的轨迹方程是x 24＋y 22＝1.(2)易知直线l 的斜率k 存在，则直线AB ：y ＝kx ＋1(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则B ′(－x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝4，y ＝kx ＋1，得(1＋2k 2)x 2＋4kx －2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝81＋4k 2＞0，x 1＋x 2＝－4k 1＋2k 2，x 1x 2＝－21＋2k 2，∴k AB ′＝y 1－y 2x 1＋x 2， ∴直线AB ′∶y －y 1＝y 1－y 2x 1＋x 2(x －x 1)， 令x ＝0， 得y ＝x 1y 2＋x 2y 1x 1＋x 2＝x 1kx 2＋1＋x 2kx 1＋1x 1＋x 2＝2kx 1x 2x 1＋x 2＋1＝2， ∴直线AB ′过定点Q (0,2)，∴△PAB ′的面积S ＝|S △PQB ′－S △PQA |＝12|x 1＋x 2|＝2|k |1＋2k 2＝21|k |＋2|k |≤22，当且仅当k ＝±22时，等号成立． ∴△PAB ′面积的最大值是22.3．(2019·厦门模拟)已知M (－1,0)，F (1,0)，|MR →|＝22，FR →＝2FQ →，MP →＝λMR →(λ∈R )，且PQ →·FR →＝0.(1)当R 在该坐标平面上运动时，求点P 运动的轨迹C 的方程；(2)经过点H (2,0)作不过F 点且斜率存在的直线l ，若直线l 与轨迹C 相交于A ，B 两点． ①探究：直线FA ，FB 的斜率之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由； ②求△FAB 面积的取值范围．[解] (1)由|MR →|＝22知，点R 在以M (－1,0)为圆心，以22为半径的圆周上运动． 由FR →＝2FQ →知，Q 为FR 的中点， 又MP →＝λMR →(λ∈R )，且PQ →·FR →＝0， 得点P 为线段FR 的中垂线与MR 的交点， 所以|PF |＝|PR |，所以|PM |＋|PF |＝22(定值)， 因此点P 的轨迹C 是以M ，F 为焦点的椭圆， 由a ＝2，c ＝1，得b ＝1， 所以轨迹C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)①由已知，设直线l 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)， 直线l 与椭圆C 的交点A ，B 分别设为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k x －2，化简得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－2＝0， 则x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k 2，又直线FA ，FB 的斜率之和为y 1x 1－1＋y 2x 2－1＝k x 1－2x 1－1＋k x 2－2x 2－1＝2kx 1x 2－3k x 1＋x 2＋4kx 1x 2－x 1＋x 2＋1，又2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝2k ·8k 2－21＋2k 2－24k 31＋2k 2＋4k ＝16k 3－4k －24k 3＋4k ＋8k31＋2k 2＝0(定值)，所以y 1x 1－1＋y 2x 2－1＝0，- 11 - 即直线FA ，FB 的斜率之和为定值0.②由①得Δ＝64k 4－4(1＋2k 2)(8k 2－2)＝8－16k 2， 由Δ＞0，得k 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， 因为|AB |＝|x 1－x 2|1＋k 2＝[x 1＋x 22－4x 1x 2]1＋k 2＝8－16k21＋2k 2·1＋k 2，又点F 到直线l 的距离d ＝|k |k 2＋1，所以S △FAB ＝12|AB |·d ＝2－4k 2·|k |1＋2k 2＝6k 2＋12k 2＋12－1，令t ＝2k 2＋1∈(1,2)，φ(t )＝3t －2t 2＝98－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －342，因为1t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，所以φ(t )∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，98，所以S △FAB ＝φt －1∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，24，当且仅当t ＝43，即k ＝±66时，S △FAB 取到最大值24.所以△FAB 面积的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，24.。