2024高考数学一轮复习统考第9章平面解析几何第2讲两直线的位置关系学案含解析北师大版

PAGE1-第2讲两直线的位置关系基础学问整合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l1，l2，若其斜率分别为k1，k2，则有l1∥l2⇔eq\x(\s\up1(01))k1＝k2.(ⅱ)当直线l1，l2不重合且斜率都不存在时，l1∥l2.②两条直线垂直(ⅰ)假如两条直线l1，l2的斜率存在，设为k1，k2，则有l1⊥l2⇔eq\x(\s\up1(02))k1k2＝－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，l1⊥l2.(2)两条直线的交点直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则l1与l2的交点坐标就是方程组eq\x(\s\up1(03))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A1x＋B1y＋C1＝0，,A2x＋B2y＋C2＝0))的解．2．几种距离(1)两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)之间的距离|P1P2|＝eq\x(\s\up1(04))eq\r(x2－x12＋y2－y12).(2)点P0(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离d＝eq\x(\s\up1(05))eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)).(3)两条平行线Ax＋By＋C1＝0与Ax＋By＋C2＝0(其中C1≠C2)间的距离d＝eq\x(\s\up1(06))eq\f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).1．三种常见的直线系方程(1)平行于直线Ax＋By＋C＝0的直线系方程：Ax＋By＋C0＝0(C≠C0)；(2)垂直于直线Ax＋By＋C＝0的直线系方程：Bx－Ay＋C0＝0；(3)过两条已知直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0和l2：A2x＋B2y＋C2＝0的交点的直线系方程：A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0(λ∈R，这个直线系不包括直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0，解题时，留意检验l2是否满意题意，以防漏解)．2．四种常见的对称(1)点(x，y)关于直线y＝x的对称点为(y，x)，关于直线y＝－x的对称点为(－y，－x)．(2)点(x，y)关于直线x＝a的对称点为(2a－x，y)，关于直线y＝b的对称点为(x,2b－y(3)点(x，y)关于点(a，b)的对称点为(2a－x,2b－y(4)点(x，y)关于直线x＋y＝k的对称点为(k－y，k－x)，关于直线x－y＝k的对称点为(k＋y，x－k)．3．点到直线、两平行线间的距离公式的运用条件(1)求点到直线的距离时，应先化直线方程为一般式．(2)求两平行线之间的距离时，应先将方程化为一般式且x，y的系数对应相等．1．(2024·广东惠阳模拟)点A(2,5)到直线l：x－2y＋3＝0的距离为()A．2eq\r(5) B．eq\f(\r(5),5)C．eq\r(5) D．eq\f(2\r(5),5)答案C解析点A(2,5)到直线l：x－2y＋3＝0的距离为d＝eq\f(|2－10＋3|,\r(1＋4))＝eq\r(5).故选C．2．过点(1,0)且与直线x－2y－2＝0平行的直线方程是()A．x－2y－1＝0 B．x－2y＋1＝0C．2x＋y－2＝0 D．x＋2y－1＝0答案A解析因为所求直线与直线x－2y－2＝0平行，所以设直线方程为x－2y＋c＝0，又直线经过点(1,0)，得出c＝－1，故所求直线方程为x－2y－1＝0.3．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．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件答案A解析若两直线平行，则a(a＋1)＝2，即a2＋a－2＝0，解得a＝1或－2，故a＝1是两直线平行的充分不必要条件．4．若直线mx＋4y－2＝0与直线2x－5y＋n＝0垂直，垂足为(1，p)，则实数n的值为()A．－12 B．－2C．0 D．10答案A解析由2m－20＝0，得m＝10.由垂足(1，p)在直线mx＋4y－2＝0上，得10＋4p－2＝0.解得p＝－2.又因为垂足(1，－2)在直线2x－5y＋n＝0上，解得n5．(2024·重庆模拟)光线从点A(－3,5)射到x轴上，经x轴反射后经过点B(2,10)，则光线从A到B的距离为()A．5eq\r(2) B．2eq\r(5)C．5eq\r(10) D．10eq\r(5)答案C解析点B(2,10)关于x轴的对称点为B′(2，－10)，由对称性可得光线从A到B的距离为|AB′|＝eq\r(－3－22＋[5－－10]2)＝5eq\r(10).故选C．6．(2024·云南师大附中适应性月考)已知倾斜角为α的直线l与直线m：x－2y＋3＝0垂直，则cos2α＝________.答案－eq\f(3,5)解析直线m：x－2y＋3＝0的斜率是eq\f(1,2)，∵l⊥m，∴直线l的斜率是－2，故tanα＝－2，∴eq\f(π,2)<α<eq\f(2π,3)，sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝－eq\f(\r(5),5)，∴cos2α＝2cos2α－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))2－1＝－eq\f(3,5).核心考向突破考向一平行与垂直问题例1(1)已知经过点A(－2,0)和点B(1,3a)的直线l1与经过点P(0，－1)和点Q(a，－2a)的直线l2相互垂直，则实数答案1或0解析l1的斜率k1＝eq\f(3a－0,1－－2)＝a.当a≠0时，l2的斜率k2＝eq\f(－2a－－1,a－0)＝eq\f(1－2a,a).因为l1⊥l2，所以k1k2＝－1，即a·eq\f(1－2a,a)＝－1，解得a＝1.当a＝0时，得P(0，－1)，Q(0,0)，这时直线l2为y轴，A(－2,0)，B(1,0)，直线l1为x轴，明显l1⊥l2.综上可知，实数a的值为1或0.(2)已知两直线l1：x＋ysinα＋1＝0和l2：2xsinα＋y＋1＝0.若l1∥l2，则α＝________.答案kπ±eq\f(π,4)，k∈Z解析解法一：当sinα＝0时，直线l1的斜率不存在，l2的斜率为0，明显l1不平行于l2；当sinα≠0时，k1＝－eq\f(1,sinα)，k2＝－2sinα.要使l1∥l2，需－eq\f(1,sinα)＝－2sinα，即sinα＝±eq\f(\r(2),2).所以α＝kπ±eq\f(π,4)，k∈Z，此时两直线的斜率相等，且两直线不重合．综上，α＝kπ±eq\f(π,4)，k∈Z时，l1∥l2.解法二：由A1B2－A2B1＝0，得1－2sin2α＝0，所以sinα＝±eq\f(\r(2),2).又B1C2－B2C所以sinα－1≠0，即sinα≠1.所以α＝kπ±eq\f(π,4)，k∈Z.故当α＝kπ±eq\f(π,4)，k∈Z时，l1∥l2.两直线位置关系的判定方法(1)已知两直线的斜率存在①两直线平行⇔两直线的斜率相等且坐标轴上的截距不相等；②两直线垂直⇔两直线的斜率之积为－1.(2)已知两直线的斜率不存在若两直线的斜率不存在，当两直线在x轴上的截距不相等时，两直线平行；否则两直线重合．(3)已知两直线的一般方程设直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则l1∥l2⇔A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1≠0，l1⊥l2⇔A1A2＋B1当含参数的直线方程为一般式时，若要表示出直线的斜率，不仅要考虑到斜率存在的状况，也要考虑到斜率不存在的状况，同时还要留意x，y的系数不能同时为零这一隐含条件．[即时训练]1.“m＝3”是“直线l1：2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－5m＝0与直线l2：(m－3)x＋2yA．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件答案A解析由l1⊥l2，得2(m＋1)(m－3)＋2(m－3)＝0，∴m＝3或m＝－2，∴m＝3是l1⊥l2的充分不必要条件．2．(2024·宁夏模拟)若直线l1：x＋2my－1＝0与l2：(3m－1)x－my－1＝0平行，则实数m答案0或eq\f(1,6)解析因为直线l1：x＋2my－1＝0与l2：(3m－1)x－my－1＝0平行，则斜率相等或者斜率不存在，－eq\f(1,2m)＝eq\f(3m－1,m)或者m＝0，所以m＝eq\f(1,6)或0.考向二距离公式的应用例2(1)(2024·四川绵阳模拟)若P，Q分别为直线3x＋4y－12＝0与6x＋8y＋5＝0上随意一点，则|PQ|的最小值为()A．eq\f(9,5) B．eq\f(18,5)C．eq\f(29,10) D．eq\f(29,5)答案C解析因为eq\f(3,6)＝eq\f(4,8)≠－eq\f(12,5)，所以两直线平行，由题意可知，|PQ|的最小值为这两条平行直线间的距离，即eq\f(|－24－5|,\r(62＋82))＝eq\f(29,10)，所以|PQ|的最小值为eq\f(29,10).(2)已知点M(a，b)在直线3x＋4y＝15上，则eq\r(a2＋b2)的最小值为________．答案3解析∵M(a，b)在直线3x＋4y＝15上，∴3a＋4b＝15，而eq\r(a2＋b2)的几何意义是a，b坐标平面内原点到直线3a＋4b＝15上随意一点的距离，所以(eq\r(a2＋b2))min＝eq\f(15,\r(32＋42))＝3.1．点到直线的距离可干脆利用点到直线的距离公式去求，留意直线方程应为一般式．2．两平行线间的距离的求法(1)利用“转化法”将两条平行线间的距离转化为一条直线上随意一点到另一条直线的距离．(2)利用两平行线间的距离公式求解，利用公式前需把两平行线方程化为一般式，且x，y的系数对应相等，即肯定要化成l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0的形式．[即时训练]3.点P在直线3x＋y－5＝0上，且点P到直线x－y－1＝0的距离为eq\r(2)，则点P的坐标为()A．(1,2) B．(2,1)C．(1,2)或(2，－1) D．(2,1)或(－1,2)答案C解析设P(x,5－3x)，则d＝eq\f(|x－5＋3x－1|,\r(12＋－12))＝eq\r(2)，化简得|4x－6|＝2，即4x－6＝±2，解得x＝1或x＝2，故点P的坐标为(1,2)或(2，－1)．4．已知直线经过点(1,2)，并且与点(2,3)和(0，－5)的距离相等，则此直线的方程为____________．答案4x－y－2＝0或x＝1解析若所求直线的斜率存在，则可设其方程为y－2＝k(x－1)，即kx－y－k＋2＝0，由题设有eq\f(|2k－3－k＋2|,\r(1＋k2))＝eq\f(|0＋5－k＋2|,\r(1＋k2))，即|k－1|＝|7－k|，解得k＝4.此时直线方程为4x－y－2＝0.若所求直线的斜率不存在，则直线方程为x＝1，满意题设条件．故所求直线的方程为4x－y－2＝0或x＝1.精准设计考向，多角度探究突破考向三对称问题角度1点关于点的对称例3过点P(0,1)作直线l使它被直线l1：2x＋y－8＝0和l2：x－3y＋10＝0截得的线段被点P平分，求直线l的方程．解设l1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l2上，代入l2的方程得－a－3(2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.角度2点关于直线的对称例4若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eq\f(34,5)解析由题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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3＋n,2)＝2×\f(7＋m,2)－3，,\f(n－3,m－7)＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(3,5)，,n＝\f(31,5)，))故m＋n＝eq\f(34,5).角度3直线关于直线的对称例5光线沿直线l1：x－2y＋5＝0射入，遇直线l：3x－2y＋7＝0后反射，求反射光线所在的直线方程．解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋5＝0，,3x－2y＋7＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝2.))∴反射点M的坐标为(－1,2)．又取直线x－2y＋5＝0上一点P(－5,0)，设P关于直线l的对称点P′(x0，y0)，由PP′⊥l可知，kPP′＝－eq\f(2,3)＝eq\f(y0,x0＋5).而PP′的中点Q的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0－5,2)，\f(y0,2)))，Q点在l上，∴3·eq\f(x0－5,2)－2·eq\f(y0,2)＋7＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0＋5)＝－\f(2,3)，,\f(3,2)x0－5－y0＋7＝0.))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(17,13)，,y0＝－\f(32,13).))依据直线的两点式方程可得所求反射光线所在直线的方程为29x－2y＋33＝0.解决对称问题的方法(1)点关于点的对称问题．利用中点坐标公式易得，如(a，b)关于(m，n)的对称点为(2m－a,2n－b(2)点关于线的对称点，点与对称点的中点在已知直线上，点与对称点连线的斜率是已知直线斜率的负倒数(仅指斜率存在的状况，如斜率不存在时较简洁)；(3)线关于线的对称线．一般要在线上取点，可在所求直线上任取一点，也可在已知直线上取特殊点对称；(4)特殊地，当对称轴的斜率为±1时，可类比关于y＝x的对称问题采纳代入法，如(1,3)关于y＝x＋1的对称点为(3－1,1＋1)，即(2,2)．[即时训练]5.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的对称直线l′的方程．解(1)设A′(x，y)，由已知条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\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\co1(x＝－\f(33,13)，,y＝\f(4,13).))∴A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(33,13)，\f(4,13))).(2)在直线m上取一点，如M(2,0)，则M(2,0)关于直线l的对称点M′必在直线m′上．设对称点M′(a，b)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2×\f(a＋2,2)－3×\f(b＋0,2)＋1＝0，,\f(b－0,a－2)×\f(2,3)＝－1，))得M′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(2x－3y＋1＝0，,3x－2y－6＝0，))得N(4,3)．又m′经过点N(4,3)，∴由两点式得直线m′的方程为9x－46y＋102＝0.(3)解法一：在l：2x－3y＋1＝0上任取两点，如P(1,1)，Q(4,3)，则P，Q关于点A(－1，－2)的对称点P′，Q′均在直线l′上，易得P′(－3，－5)，Q′(－6，－7)，再由两点式可得l′的方程为2x－3y－9＝0.解法二：∵l∥l′，∴设l′的方程为2x－3y＋C＝0(C≠1)．∵点A(－1，－2)到两直线l，l′的距离相等，∴由点到直线的距离公式，得eq\f(|－2＋6＋C|,\r(22＋32))＝eq\f(|－2＋6＋1|,\r(22＋32))，解得C＝－9，∴l′的方程为2x－3y－9＝0.解法三：设P(x，y)为l′上随意一点，则P(x，y)关于点A(－1，－2)的对称点为P′(－2－x，－4－y)．∵点P′在直线l上，∴2(－2－x)－3(－4－y)＋1＝0，即2x－3y－9＝0.1．已知直线l：x－2y＋8＝0和两点A(2,0)，B(－2，－4)，若直线l上存在点P使得|PA|＋|PB|最小，则点P的坐标为()A．(－2，－3) B．(－2,3)C．(2,3) D．(－2,2)答案B解析依据题意画出大致图象，如图．设点A关于直线x－2y＋8＝0的对称点为A1(m，n)．则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n－0,m－2)·\f(1,2)＝－1，,\f(m＋2,2)－2·\f(n＋0,2)＋8＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－2，,n＝8.))故A1(－2,8)．此时直线A1B的方程为x＝－2.所以当点P是直线A1B与直线x－2y＋8＝0的交点时，|PA|＋|PB|最小，将x＝－2代入x－2y＋8＝0，得y＝3，故点P的坐标为(－2,3)．2．在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝4，点P为边AB上异于A，B的一点，光线从点P动身，经BC，CA反射后又回到点P.若光线QR经过△ABC的重心，则AP等于()A．2 B．1C．eq\f(8,3) D．eq\f(4,3)答案D解析以A为原点，AB所在的直线为x轴，AC所在的直线为y轴建立直角坐标系如图所示．则A(0,0)，B(4,0)，C(0,4)．设△ABC的重心为D，则D点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3))).设P点坐标为(m,0)，则P点关于y轴的对称点P1为(－m，0)，因为直线BC的方程为x＋y－4＝0，所以P点关于BC的对称点P2为(4,4－m)，依据光线反射原理，P1，P2均在QR所在的直线上，所以kP1D＝kP2D，即eq\f(\f(4,3),\f(4,3)＋m)＝eq\f(\f(4,3)－4＋m,\f(4,3)－4)，解得m＝eq\f(4,3)或m＝0.当m＝0时，P点与A点重合，故舍去．所以AP＝m＝eq\f(4,3).答题启示1．光线的反射问题具有入射角等于反射角的特点，这样就有两种对称关系，一是入射光线与反射光线关于过反射点且与反射轴垂直的直线(法线)对称，二是入射光线与反射光线所在直线关于反射轴对称．2．充分利用数形结合、转化等思想，借助直线与直角三角形的相关学问，将动点转化到定点上去，将最值转化为定值问题．对点训练1．(2024·淮安调研)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eq\b\lc\{\rc\