2.1 坐标法 教学教案

2.1坐标法教案（含一题多解、技巧解题、高考分析及应用拓展）一、教学目标熟练掌握数轴上两点间距离公式、中点坐标公式，以及平面直角坐标系中两点间距离公式和中点坐标公式，能准确直接运用公式进行计算。深刻理解坐标法的核心意义，熟练掌握用坐标法解决平面几何问题的“三步曲”，能将平面几何问题转化为代数问题并求解。结合高考真题规律，提升运用坐标法解决综合几何问题的应试能力，培养数学建模、逻辑推理和代数运算素养。能够灵活运用坐标法解决存在性、最值等复杂几何问题，体会“几何问题代数化”的转化思想。二、教学重难点（一）教学重点平面直角坐标系中两点间距离公式和中点坐标公式的推导与熟练应用。坐标法解决平面几何问题的基本步骤（建系、转化、求解、还原）。高考常考题型（距离计算、中点相关、垂直判定、存在性问题）的解题思路与规范步骤。（二）教学难点建立“适当”的平面直角坐标系，使几何元素的坐标表示更简洁，简化后续代数运算。复杂几何问题中，如何将几何条件（如垂直、平行、最值）准确转化为代数方程或不等式。高考综合题中，坐标法与其他知识点（如函数、方程、三角函数）的融合应用。三、教学过程（含例题、一题多解、技巧、高考分析）（一）知识回顾（10分钟）数轴上的基本公式：向量坐标：若数轴上点A(x₁)、B(x₂)，则向量AB的坐标为x₂−x₁。两点间距离：|AB|=|x₂−x₁|。中点坐标：A、B两点的中点M的坐标为x₁+x₂2平面直角坐标系中的基本公式：向量坐标：已知A(x₁,y₁)、B(x₂,y₂)，则AB=两点间距离公式：|AB|=x₂−x₁中点坐标公式：若M(x,y)为A、B的中点，则x=x₁+x₂2，坐标法的核心：定义：通过建立平面直角坐标系，将几何问题转化为代数问题，经代数运算解决后，再翻译为几何结论的方法。三步曲：建系（转化几何元素为坐标/方程）→代数运算（求解代数问题）→还原（将代数结果转化为几何结论）。（二）考点考频及常考题型距离与中点相关计算（考频：10年10考，近5年全覆盖）考频分析：基础必考点，覆盖选择、填空、解答题，分值3-5分，难度低-中档，直接考查公式应用。常考题型：两点间距离计算、中点坐标求解、中线/高/角平分线长度计算。坐标法解决垂直、平行问题（考频：10年9考，近5年高频）考频分析：中档考点，多在填空题或解答题第一问，分值4-6分，考查几何条件与代数关系的转化。常考题型：垂直关系判定（向量点积为0）、平行关系判定（向量共线）。坐标法解决存在性问题（考频：10年8考，近5年必考）考频分析：中档-高档考点，解答题核心模块，分值6-8分，考查建模与方程求解能力。常考题型：是否存在点满足垂直、距离相等、最值等条件。坐标法与函数、方程融合（考频：10年7考，近5年高频）考频分析：高档考点，压轴题常考，分值8-10分，综合性强。常考题型：几何图形中的最值问题、轨迹方程求解。（三）经典例题解析（35分钟）例题1：中点与距离公式应用（基础题·直接应用）题目：已知A(1,2)，B(3,4)，C(5,0)是△ABC的三个顶点，求AB边上中线的长。解法：公式直接应用步骤：求AB中点M的坐标：由中点公式，x=1+32=2求中线CM的长度：由两点间距离公式，|CM|=2−5技巧解题：“公式记忆技巧”技巧：中点坐标可记为“横横相加半，纵纵相加半”；距离公式可类比勾股定理，“横坐标差的平方加纵坐标差的平方，再开根号”，避免符号错误。适用场景：所有中点、距离计算问题，高考基础题速解。例题2：坐标法解决存在性问题（中档题·一题多解）题目：已知ABCD是长方形，AB=4，AD=1，判断线段CD上是否存在点P，使得AP⊥BP。若存在，求满足条件的P的个数；若不存在，说明理由。解法1：坐标法（通用方法）步骤：建系：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴建立平面直角坐标系。则A(0,0)，B(4,0)，C(4,1)，D(0,1)，线段CD上的点P横坐标为t（0≤t≤4），纵坐标为1，故P(t,1)。转化垂直条件：AP⊥BP等价于AP·BP=0。AP=t解方程：t²−4t+1=0，判别式Δ=16−4=12>0，方程有两个不同实根，且根为t=2±3结论：存在满足条件的点P，共2个。解法2：几何法（辅助验证）步骤：由AP⊥BP，可知点P在以AB为直径的圆上（直径所对的圆周角为直角）。AB为直径，圆心为AB中点(2,0)，半径r=2，圆的方程为x−2²+y²=4线段CD的方程为y=1（0≤x≤4），联立圆的方程与y=1，得x−2²+1=4，即x−2²=3，解得结论：存在2个点P。技巧解题：“存在性问题建模技巧”技巧：解决“是否存在点满足某条件”时，优先建系设点坐标，将几何条件（如垂直、距离相等）转化为方程，通过方程的解的个数和范围判断存在性，步骤固定且不易出错。适用场景：平面几何中的存在性问题，高考解答题核心方法。例题3：坐标法解决最值问题（高档题·技巧解题）题目：在平面直角坐标系中，点A(2,3)，B(4,1)，P为x轴上一动点，求|PA|+|PB|的最小值及此时P点坐标。解法：对称点法（最值问题核心技巧）步骤：建系：直接利用给定坐标系，x轴为动点P所在直线。转化最值条件：作点B关于x轴的对称点B'(4,-1)，根据对称性质，|PB|=|PB'|，故|PA|+|PB|=|PA|+|PB'|。求最小值：当A、P、B'三点共线时，|PA|+|PB'|取得最小值，即|AB'|的长度。计算：|AB求P点坐标：直线AB'的方程为y−3=−1−34−2x−2技巧解题：“x轴上动点最值技巧”技巧：求x轴上动点到两定点距离之和的最小值，作其中一个定点关于x轴的对称点，连接对称点与另一定点，与x轴的交点即为所求动点，线段长度即为最小值（两点之间线段最短）。适用场景：坐标轴上动点的距离和/差最值问题，高考选择题、填空题速解。（四）高考真题解析（20分钟）（2024·全国甲卷，10题，5分）设点M在直线2x+y-1=0上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，则⊙M的方程为（）A．x−1²+y+1C．x−2²+y−3解析：步骤1：设M(a,1-2a)（因M在直线2x+y-1=0上）。步骤2：⊙M的半径R=|MA|=|MB|（A(3,0)，B(0,1)），故a−3²+步骤3：平方化简得a²−6a+9+4a²−4a+1=a²+4a²，解得a=1，故M(1,-1)，R=1−3²+步骤4：圆的方程为x−1²+（2023·新课标Ⅰ卷，15题，5分）已知点A(1,0)，B(0,1)，C(2,5)，若向量AB+kAC与解析：步骤1：计算向量坐标：AB=−11，AC步骤2：AB+k步骤3：垂直条件：AB+kAC·步骤4：化简得−2+2k+4+20k=0，解得k=−1（2022·全国乙卷，18题节选，6分）如图，在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=2，BC=1，AA₁=1，E是DD₁的中点，求直线B₁C₁与平面EAC的距离。解析：步骤1：建系，以D为原点，DA、DC、DD₁为x、y、z轴，得D(0,0,0)，B₁(1,2,1)，C₁(0,2,1)，E(0,0,0.5)，A(1,0,0)，C(0,2,0)。步骤2：B₁C₁∥AC，故B₁C₁∥平面EAC，距离转化为点B₁到平面EAC的距离。步骤3：平面EAC的法向量n=(2,1,2)（由EA=10步骤4：距离d=|EB₁（2021·新高考Ⅰ卷，21题，12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点F₁(-√17,0)，F₂(√17,0)，点M满足|MF₁|-|MF₂|=2，记M的轨迹为C。（1）求C的方程；（2）设点T在直线x=1上，过T的直线交C于A、B两点，求证：直线TA、TB的斜率之积为定值。解析：（1）由双曲线定义，|MF₁|-|MF₂|=2<2√17，故C为双曲线右支。a=1，c=√17，b²=c²-a²=16，方程为x²−y²（2）设T(1,t)，直线AB的方程为x=my+1，联立双曲线方程得my+1²−y²16=1，化简得16m²−1y²+32my=0。设A(x₁,y₁)，B(x₂,y₂)，则y₁+y₂=−32m16m²−1（2020·全国Ⅲ卷，17题，12分）设O为坐标原点，动点P在椭圆C：x²2+y²=1上，过P作x轴的垂线，垂足为Q，点M满足（1）求点M的轨迹方程；（2）设点N在直线x=-2上，过N作OM的垂线，垂足为H，证明：直线NH过定点。解析：（1）设P(x₀,y₀)，M(x,y)，Q(x₀,0)。PQ=0−y₀，QM=x−x₀y，由PQ=2QM得0=（2）设N(-2,n)，H(x₁,y₁)，因NH⊥OM，故NH·OM=0，即(x₁+2)x₁+(y₁-n)y₁=0。又H在OM上，故y₁=kx₁（k为OM斜率），直线NH的方程为y−n=−1k（2024·浙江卷，16题，6分）在平面直角坐标系中，已知点A(0,2)，B(3,0)，点P在圆x−1²+解析：步骤1：计算AB的长度：|AB|=3−0步骤2：求直线AB的方程：x3步骤3：△PAB的面积S=1步骤4：圆心(1,1)到直线AB的距离d₀=|2×1+3×1−6|4+9=步骤5：Smax（2023·天津卷，14题，5分）已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，建立平面直角坐标系，求对角线AC、BD的长度及交点坐标。解析：步骤1：以A为原点，AB为x轴建系，得A(0,0)，B(2,0)，D(1,√3)，C(3,√3)。步骤2：对角线AC的长度|AC|=3−0步骤3：对角线BD的长度|BD|=1−2步骤4：交点为AC、BD的中点，坐标为0+32（2022·江苏卷，17题，14分）在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A(-1,0)，B(1,0)，C(0,√3)，点D在边BC上，且CD=2解析：步骤1：求D点坐标：B(1,0)，C(0,√3)，由CD=2DB，得D的坐标为步骤2：求AD的长度：|AD|=2步骤3：求∠CAD的余弦值：AC=1√3，AD（2021·山东卷，15题，5分）已知点P(2,3)，Q(4,1)，若直线l：kx-y+1=0与线段PQ相交，则k的取值范围是______。解析：步骤1：直线l过定点M(0,1)，需满足P、Q在直线l两侧或其中一点在直线上。步骤2：代入点坐标得2k−3+14k−1+1≤0，即步骤3：解得0≤k≤1，故k的取值范围是[0,1]。（2020·浙江卷，17题，15分）已知椭圆C：x²a²+y²（1）求椭圆C的方程；（2）设点P在椭圆C上，点Q在直线x=4上，若|PQ|=2|PF|（F为椭圆右焦点），求△PQF面积的最大值。解析：（1）离心率e=ca=22，故a=√2c，b²=a²-c²=c²。代入点(2,√2)得（2）F(2,0)，设P(x₀,y₀)，Q(4,t)。由|PQ|=2|PF|得4−x₀²+t−y₀²=2x₀−2²+y₀²，化简得四、高考命题规律总结（10分钟）考查题型：基础题（3-5分）：距离、中点坐标计算，公式直接应用（选择/填空）。中档题（5-8分）：垂直、平行关系判定，存在性问题，轨迹方程求解（填空/解答题第一问）。高档题（8-12分）：坐标法与椭圆、双曲线、函数融合，最值问题，定点定值问题（解答题核心模块）。命题趋势：核心方法不变：坐标法始终是核心工具，强调“几何问题代数化”。综合性增强：与圆锥曲线、函数、不等式等知识点融合，考查建模与综合运算能力。贴近生活实际：偶尔出现与实际场景结合的几何问题（如路径最短、面积最值）。设问灵活：存在性、定点、定值、最值等问题交替出现，注重逻辑推理。解题技巧总览：建系技巧：优先利用图形的对称性、垂直关系建系，使关键点落在坐标轴上，简化坐标表示。转化技巧：垂直→向量点积为0，平行→向量共线，距离关系→方程，最值→函数求导或不等式。公式技巧：熟练记忆距离、中点、向量运算公式，避免计算错误；圆锥曲线问题结合定义简化运算。五、课堂练习（高考真题，15分钟）（2024·新课标Ⅱ，9题，5分）已知点A(3,4)，B(-1,2)，则线段AB的中点坐标为（）A．(1,3)B．(2,1)C．(4,6)D．(-2,-1)答案：A解析：中点坐标x=3+−12（2023·新课标Ⅲ，13题，5分）已知点P(1,2)，Q(3,-4)，则|PQ|=______。答案：210解析：|PQ|=（2022·全国甲卷，18题节选，6分）在△ABC中，A(0,0)，B(4,0)，C(2,2√3)，求AB边上的高的长度。答案：23解析：AB的方程为y=0，高为C到AB的距离，即C点的纵坐标23；或用面积法，|AB|=4，面积S=1六、课堂小结（5分钟）核心知识：数轴与平面直角坐标系中的距离、中点公式；坐标法的“三步曲”；几何条件与代数关系的转化（垂直、平行、距离）。解题方法：坐标法（建系→转化→求解→还原）、对称点法（最值问题）、方程法（存在性问题）。高考策略：基础题保分（熟练公式应用），中档题稳分（规范转化步骤），高档题突破（融合知识点，灵活建模）。七、课后作业（分层设计）基础层：完成教材习题2.1中所有距离、中点计算题目；重做课堂练习中的高考真题。提高层：完成2020-2024年高考坐标法相关真题汇编（侧重存在性、轨迹问题）；整理错题本，标注错误原因（如建系不当、公式记错、计算失误）。拓展层：设计一个平面几何图形（如菱形、梯形），建立坐标系，编写3道题目（距离计算、垂直判定、最值求解），并运用坐标法解答。八、教学反思学生在建立坐标系时容易忽视“适当性”，导致坐标复杂、运算繁琐，需强调建系的原则（利用对称性、垂直关系），并通过多例题对比不同建系方式的优劣。几何条件转化为代数关系时，部分学生对垂直、平行的向量表达掌握不熟练，需通过专项练习强化“垂直→点积为0，平行→坐标成比例”的核心关系。计算错误是常见问题，尤其是距离公式中平方、开根号的运算，需要求学生规范步骤，必要时进行验算，避免因计算失误丢分。学生对坐标法与圆锥曲线、函数的融合问题掌握不够，需增加综合题的讲解，培养建模意识，引导学生将复杂问题分解为多个简单代数问题。课堂可增加小组讨论环节，让学生自主设计建系方案，深化对坐标法核心思想的理解；课后可布置实践类作业（如用坐标法解决实际中的路径最短问题），提升知识应用能力。综合训练(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知直线l过点(2,-1),且在y轴上的截距为3,则直线l的方程为()A.2x+y+3=0 B.2x+y-3=0 C.x-2y-4=0 D.x-2y+6=0解析由题意直线过(2,-1),(0,3),故直线的斜率k=3+10-故直线的方程为y=-2x+3,即2x+y-3=0.答案B2.已知直线l1:xcos2α+3y+2=0,若l1⊥l2,则l2倾斜角的取值范围是()A.π3,π2 B.0,πC.π3,π2 D.π解析设直线l2的斜率为k.因为直线l1:xcos2α+3y+2=0的斜率k1=-cos2α3∈-3当cosα=0,即k1=0时,k不存在,此时倾斜角为π2当k1≠0时,由l1⊥l2,可知k=-1k此时倾斜角的取值范围为π3,π综上可得,l2倾斜角的取值范围为π3,π故选C.答案C3.已知圆A:x2+y2=1,圆B:(x-2)2+y2=r2(r>0),圆A与圆B的公切线的条数的可能取值共有()A.2种 B.3种 C.4种 D.5种解析两圆的圆心和半径分别为A(0,0),半径R=1,B(2,0),半径为r,|AB|=2,半径之和为1+r,半径之差为r-1.若两圆相外切,则1+r=2,即r=1,此时两圆公切线有3条,若两圆外离,则1+r<2,即0<r<1,此时两圆公切线有4条,若两圆相交,则r-1<2<1+r,即1<r<3,此时两圆公切线有2条,若两圆内切,则r-1=2,即r=3,此时两圆公切线有1条,若两圆内含,则r-1>2,即r>3,此时两圆公切线为0条.即圆A与圆B的公切线的条数的可能取值有5种.故选D.答案D4.光线自点M(2,3)射到N(1,0)后被x轴反射,则反射光线所在的直线方程为()A.y=3x-3 B.y=-3x+3 C.y=-3x-3 D.y=3x+3解析如图所示,点M关于x轴的对称点M'(2,-3).则反射光线所在的直线方程为y-0=-3-0即y=-3x+3.故选B.答案B5.在一个平面上,机器人到与点C(3,-3)的距离为8的地方绕点C顺时针而行,它在行进过程中到经过点A(-10,0)与B(0,10)的直线的最短距离为()A.82-8 B.82+8 C.82 D.122解析机器人到与点C(3,-3)距离为8的地方绕点C顺时针而行,在行进过程中保持与点C的距离不变,∴机器人的运行轨迹方程为(x-3)2+(y+3)2=64,如图所示,∵A(-10,0)与B(0,10),∴直线AB的方程为x-10+y10=1,即为则圆心C到直线AB的距离为d=|3+3+10|1+1=82>8,∴最短距离为82答案A6.若直线ax+by+2=0(a>0,b>0)截得圆(x+2)2+(y+1)2=1的弦长为2,则1a+2bA.4 B.6 C.8 D.10解析由题意圆心坐标为(-2,-1),半径为1,所以圆心到直线的距离为d=|-2所以弦长2=21-(|-2a-b+2|所以1a+2b=1a+2b×12(2a+b)=122+2+ba+4ab≥124+2ba·4ab=答案A7.过原点O作直线l:(2m+n)x+(m-n)y-2m+2n=0的垂线,垂足为P,则点P到直线x-y+3=0的距离的最大值为()A.2+1 B.2+2 C.22+1 D.22+2解析(2m+n)x+(m-n)y-2m+2n=0整理得(2x+y-2)m+(x-y+2)n=0,联立2x+y-2=0,x-因为OP⊥l,所以点P的轨迹是以OQ为直径的圆,圆心为(0,1),半径为1.因为圆心(0,1)到直线x-y+3=0的距离为d=22所以点P到直线x-y+3=0的距离的最大值为2+1.故选A.答案A8.在平面直角坐标系中,设A(-0.98,0.56),B(1.02,2.56),点M在单位圆上,则使得△MAB为直角三角形的点M的个数是()A.1 B.2 C.3 D.4解析以AB为直径的圆的方程为(x-0.02)2+(y-1.56)2=8,因为单位圆与以AB为直径的圆的圆心距d=0.022+1.562,22-1<d<22+1,所以两圆相交,设交点为C,D,所以当点M运动到C,D时,显然能使△MAB为直角三角形,此时M为直角顶点;又过点B且与直线AB垂直的直线显然与单位圆相离,而过点A且与直线AB垂直的直线l的方程为y-0.56=-(x+0.98),即x+y+0.42=0,圆心(0,0)到直线x+y+0.42=0的距离d=0.422<1,直线l答案D二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.下列说法错误的是()A.经过定点P(x0,y0)的直线都可以用方程y-y0=k(x-x0)表示B.经过定点P(x0,y0)的直线都可以用方程x-x0=m(y-y0)表示C.不经过原点的直线都可以用方程xa+yD.经过任意两个不同的点P1(x1,y1),P2(x2,y2)的直线都可以用方程(y-y1)(x2-x1)=(x-x1)·(y2-y1)表示解析当直线的斜率不存在时,经过定点P(x0,y0)的直线方程为x=x0,不能写成y-y0=k(x-x0)的形式,故A错误.当直线的斜率等于零时,经过定点P(x0,y0)的直线方程为y=y0,不能写成x-x0=m(y-y0)的形式,故B错误.不经过原点的直线,当斜率不存在时,方程为x=a(a≠0)的形式,故C错误.经过任意两个不同的点P1(x1,y1),P2(x2,y2)的直线,当斜率等于零时,y1=y2,x1≠x2,方程为y=y1,能用方程(y-y1)(x2-x1)=(x-x1)(y2-y1)表示;当直线的斜率不存在时,y1≠y2,x1=x2,方程为x=x1,能用方程(y-y1)(x2-x1)=(x-x1)(y2-y1)表示,故D正确.故选ABC.答案ABC10.已知圆C1:x2+y2=r2,圆C2:(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0)交于不同的A(x1,y1),B(x2,y2)两点,下列结论正确的有()A.a(x1-x2)+b(y1-y2)=0 B.2ax1+2by1=a2+b2C.x1+x2=a D.y1+y2=2b解析两圆方程相减可得直线AB的方程为a2+b2-2ax-2by=0,即2ax+2by=a2+b2,故B正确;分别把A(x1,y1),B(x2,y2)两点代入2ax+2by=a2+b2,得2ax1+2by1=a2+b2,2ax2+2by2=a2+b2,两式相减,得2a(x1-x2)+2b(y1-y2)=0,即a(x1-x2)+b(y1-y2)=0,故A正确;由圆的性质可知,线段AB与线段C1C2互相平分,∴x1+x2=a,y1+y2=b,故C正确,D错误.故选ABC.答案ABC11.若P是圆C:(x+3)2+(y-3)2=1上任一点,则点P到直线y=kx-1距离的值可以为()A.4 B.6 C.32+1 D.8解析圆心C坐标为(-3,3),半径为1,直线y=kx-1恒过定点A(0,-1),设点P到直线y=kx-1的距离为d.当直线与AC垂直时,点P到直线y=kx-1距离有最大值,即d=(-3)2+当直线与圆有交点时d最小为0.所以点P到直线y=kx-1距离的取值范围为[0,6],故选ABC.答案ABC12.在平面直角坐标系中,曲线C上任意点P与两个定点A(-2,0)和点B(2,0)连线的斜率之和等于2,则关于曲线C的结论正确的有()A.曲线C是轴对称图形B.曲线C上所有的点都在圆x2+y2=2外C.曲线C是中心对称图形D.曲线C上所有点的横坐标x满足|x|>2解析设P(x,y),则kPA+kPB=2,即yx+2+yx-2=2(x≠±2),整理得x2-xy=4(x≠±2),当x=0时,式子不成立,所以x≠0,所以进一步整理得y=x-4x(x函数y=x-4x是奇函数,所以曲线C不是轴对称图形,故C正确,A错误,x2+y2=x2+x-4x2=2x2+16x2-8≥82-8所以曲线C上所有的点都在圆x2+y2=2外,故B正确;当x=1,y=-3时,满足x2-xy=4,故D错误.故选BC.答案BC三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.经过点P(1,4),且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是.

解析根据题意,分2种情况讨论:①直线经过原点,则直线l的方程为4x-y=0;②直线不经过原点,设直线方程为x-y=a,把点P(1,4)代入可得1-4=a,解得a=-3,即直线的方程为y=x+3,即x-y+3=0.综上可得,直线的方程为4x-y=0或x-y+3=0.答案4x-y=0或x-y+3=014.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.

解析如图,直线ax+y+2=0恒过点C(0,-2),kAC=-52,kBC=43,故-52<-a<43,即-答案-43,15.已知直线l:mx+(1-m)y-1=0(m∈R)与圆O:x2+y2=8交于A,B两点,C,D分别为OA,AB的中点,则|AB|·|CD|的最小值为.

解析直线l的方程可化为m(x-y)+y-1=0,由x得x=y=1,即直线l恒过定点P(1,1).∵C,D分别为OA,AB的中点,∴|CD|=12|OB|=2.当OP⊥AB时,|AB|最小此时|AB|=2(22)2∴|AB|·|CD|=2|AB|≥2·26=43.答案4316.已知点O(0,0),A(4,0),B(0,4).若从点P(1,0)射出的光线经直线AB反射后过点Q(-2,0),则反射光线所在直线的方程为;若从点M(m,0),m∈(0,4)射出的光线经直线AB反射,再经直线OB反射后回到点M,则光线所经过的路程是(结果用m表示).

解析根据题意,设点P1(a,b)与点P(1,0)关于直线AB对称,则P1在反射光线所在的直线上.又由A(4,0),B(0,4),则直线AB的方程为x+y=4,则有ba-1=1,a反射光线所在直线的斜率k=3-04-(-2)=12,则其方程为y-0=12(设点M1(a0,b0)与点M关于直线AB对称,点M2与M关于y轴对称,易得M2(-m,0),线段M1M2的长度就是光线所经过的路程,则有b0a0-m=1,m+a02+b则|M1M2|=(4+答案x-2y+2=02四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)求满足下列条件的直线的方程.(1)直线过点(-1,2),且与直线x+y-2=0平行;(2)直线过点(0,1),且与直线3x+y+1=0垂直.解(1)设所求直线的方程为x+y+m=0,∵点(-1,2)在直线上,∴-1+2+m=0,∴m=-1,故所求直线的方程为x+y-1=0.(2)设所求直线的方程为x-3y+m=0.∵点(0,1)在直线x-3y+m=0上,∴0-3+m=0,解得m=3.故所求直线的方程为x-3y+3=0.18.(12分)已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(2,4),B(0,-5),C(10,0),线段AC的垂直平分线为l.(1)求直线l的方程;(2)点P在直线l上运动,当|AP|+|BP|最小时,求此时点P的坐标.解(1)直线AC的斜率为kAC=4-02-10=-1直线AC的中点为(6,2),所以直线l的方程为y-2=2(x-6),即2x-y-10=0.(2)由(1)得点A关于直线l的对称点为点C,所以直线BC与直线l的交点即为使|AP|+|BP|最小的点P.由B(0,-5),C(10,0)得直线BC的方程为x10+y-5=1,即x-联立方程x-2所以点P的坐标为103,-103.19.(12分)已知直线l:ax-y-3a+1=0恒过定点P,过点P引圆C:(x-1)2+y2=4的两条切线,设切点分别为A,B.(1)求直线AB的一般式方程;(2)求四边形PACB的外接圆的标准方程.解(1)∵直线l:y-1=a(x-3),∴直线l恒过定点P(3,1).由题意可知直线x=3是其中一条切线,且切点为A(3,0).由圆的性质可知AB⊥PC,∵kPC=1-∴kAB=-2,∴直线AB的方程为y=-2(x-3),即2x+y-6=0.(2)由题意知|PC|=(3∵PA⊥AC,PB⊥BC,∴四边形PACB的外接圆是以PC为直径的圆,PC的中点坐标为2,12,∴四边形PACB的外接圆为(x-2)2+y-122=54.20.(12分)已知圆C1:x2+y2=1与圆C2:x2+y2-6x+m=0(m<9).(1)若圆C1与圆C2外切,求实数m的值;(2)在(1)的条件下,若直线l过点(2,1),且与圆C2的相交弦长为23,求直线l的方程.解(1)圆C1:x2+y2=1,则C1(0,0),半径r1=1,由圆C2:x2+y2-6x+m=0,得(x-3)2+y2=9-m,则C2(3,0),半径r2=9-∵圆C1与圆C2外切,∴|C1C2|=r1+r2,∴3=1+9-m,解得m=(2)由(1)得m=5,圆C2的方程为(x-3)2+y2=4,则C2(3,0),r2=2,由题意可得圆心C2到直线l的距离d=1.当直线l斜率不存在时,直线方程为x=2,符合题意;当直线l斜率为k时,则直线方程为y-1=k(x-2),化为一般式为kx-y-2k+1=0