第7期 2.3 直线的交点 坐标与距离公式-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（人教A版2019）

书 高中数学·选择性必修第一册（人教 Ａ版）２０２４年 第４～７期参考答案 第４期 核心素养阶段测评（一） 一、单项选择题　１～４　ＢＢＡＡ　５～８　ＡＤＣＣ 提示： １．由题可得ａ＋２ｂ＝（２ｘ＋１，４，４－ｙ）， ２ａ－ｂ＝（２－ｘ，３，－２ｙ－２）， 则 ２ｘ＋１ ２－ｘ＝ ４ ３ ＝ ４－ｙ －２ｙ－２，解得ｘ＝ １ ２，ｙ＝－４． ２．因为ｄ＝３ａ＋４ｂ＋ｃ，且ｄ＝ｘ（ａ＋２ｂ）＋ｙ（ｂ＋３ｃ）＋ｚ（ｃ＋ａ）＝ （ｘ＋ｚ）ａ＋（２ｘ＋ｙ）ｂ＋（３ｙ＋ｚ）ｃ， 所以 ｘ＋ｚ＝３， ２ｘ＋ｙ＝４， ３ｙ＋ｚ＝１ { ， 解得 ｘ＝２， ｙ＝０， ｚ＝１ { ． ３．由题可得→ → → →ＡＦ＝ＡＤ＋ＤＦ＝ＡＤ＋１２ → →ＤＣ′＝ＡＤ＋１２（ → →ＤＣ＋ＤＤ′） →＝ＡＤ＋ １２ →ＡＢ＋ １２ →  ＡＡ′，所以ｘ＝ １２，ｙ＝ １ ２，所以ｘ－ｙ＝０． ４．平面α的方程为３ｘ－５ｙ＋ｚ－７＝０， 所以平面α的法向量可取ｍ ＝（３，－５，１）， 平面ｘ－３ｙ－７＝０的法向量为ａ＝（１，－３，０）， 平面４ｙ＋２ｚ＋１＝０的法向量为ｂ＝（０，４，２）， 设两平面的交线ｌ的方向向量为ｃ＝（ｐ，ｑ，ｒ）， 由 ｃ·ａ＝ｐ－３ｑ＝０， ｃ·ｂ＝４ｑ＋２ｒ＝０{ ，令ｐ＝３，则ｑ＝１，ｒ＝－２，ｃ＝（３，１，－２）， 设直线ｌ与平面α所成角的大小为θ， 则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈ｃ，ｍ〉｜＝ ２ 槡１４·槡３５ ＝槡１０３５．故选：（Ａ）． ５．设平面ＡＢＣＤ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ２ｘ－ｙ＋３ｚ＝０， －２ｘ＋ｙ＝０{ ， 令ｘ＝１可得ｙ＝２，ｚ＝０，即ｎ＝（１，２，０）， 所以ｃｏｓ〈ｎ，→ＡＰ〉＝ ｎ·→ＡＰ ｜ｎ →｜｜ＡＰ｜ ＝ １ 槡５×槡２６ ， 设ＡＰ与平面ＡＢＣＤ所成角为α，则ｓｉｎα＝ １ 槡５×槡２６ ， 于是点Ｐ到平面ＡＢＣＤ的距离为 →｜ＡＰ｜ｓｉｎα＝槡５５， 即四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ的高为槡５５． ６．设Ｏ１（ｍ，０，２），Ｏ２（ｍ－４，０，２），Ａ（０，－１，０），Ｂ（０，１，０）， 所以ＡＯ→ １＝（ｍ，１，２），ＢＯ→ ２＝（ｍ－４，－１，２）， 由ＡＯ１⊥ＢＯ２，所以ｍ２－４ｍ－１＋４＝ｍ２－４ｍ＋３＝０． 所以ｍ１＝１，ｍ２＝３，不妨取ｍ＝１， 则Ｏ１（１，０，２），Ｏ２（－３，０，２），ＳＯ→ １＝（１，０，－２），ＳＯ→ ２＝（－３，０，－２）， 所以ＳＯ１＝槡５，ＳＯ２＝槡１３， 因此ｃｏｓ∠Ｏ１ＳＯ２＝ ｜ＳＯ→ １·ＳＯ→ ２｜ ｜ＳＯ→ １｜｜ＳＯ→ ２｜ ＝槡６５６５． ７．以Ｄ为坐标原点，ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１所在直线为ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐 标系，设正方体的棱长为１， 则有Ａ（１，０，０），Ｂ（１，１，０），Ｃ（０，１，０），Ｄ１（０，０，１）． 所以Ｄ１→ Ｂ＝（１，１，－１），所以Ｄ１→ Ｐ＝（λ，λ，－λ）， 所以→ＰＡ＝ＰＤ→ １＋Ｄ１→ Ａ＝（－λ，－λ，λ）＋（１，０，－１）＝（１－λ，－λ，λ－ １），→ＰＣ＝ＰＤ→ １＋Ｄ１→ Ｃ＝（－λ，－λ，λ）＋（０，１，－１）＝（－λ，１－λ，λ－１）， ∠ＡＰＣ为钝角等价于ｃｏｓ∠ＡＰＣ＜０，所以→ＰＡ·→ＰＣ＜０，所以（１－λ）（－λ） ＋（－λ）（１－λ）＋（λ－１）２＝（λ－１）（３λ－１）＜０， 解得 １ ３ ＜λ＜１，所以λ (的取值范围是 １３， )１ ． ８ → → →．｜ＡＢ×ＡＤ｜＝｜ＡＢ｜· →｜ＡＤ｜· ｓｉｎ〈→ＡＢ，→ＡＤ〉＝２×２×槡３２ ＝ 槡２３， 如图１，设底面△ＡＢＤ的中心为Ｏ， 连接ＣＯ，ＡＯ，则ＯＣ⊥平面ＡＢＤ， 又ＡＯ，ＡＢ，ＡＤ平面ＡＢＤ，故ＯＣ⊥ ＡＯ，ＯＣ⊥ＡＢ，ＯＣ⊥ＡＤ， ＡＯ＝槡３２ ×２× ２ ３ ＝ 槡２３ ３，ＯＣ＝ ＡＣ２－ＡＯ槡 ２＝ ４－槡 ４ ３ ＝ 槡２６ ３， 在△ＡＣＯ中，ｃｏｓ∠ＡＣＯ＝ＯＣＡＣ＝ 槡２６ ３ ２ ＝ 槡６ ３， 则ｃｏｓ〈→ＡＣ，→ＯＣ〉＝ｃｏｓ∠ＡＣＯ＝槡６３，又 → →ＡＢ×ＡＤ的方向与→ＯＣ相同， 所以（→ →ＡＢ×ＡＤ） →×ＡＣ＝ 槡２３×２×槡６３ ＝ 槡４２． 二、多项选择题　９．ＡＢＤ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．ａ＝（２，６，－３）θ＝２ｅ１＋６ｅ２－３ｅ３，ｂ＝（３，－１，０）θ＝３ｅ１－ｅ２， 可得ａ＋ｂ＝５ｅ１＋５ｅ２－３ｅ３＝（５，５，－３）θ，故（Ａ）正确； ａ·ｂ＝（２ｅ１＋６ｅ２－３ｅ３）·（３ｅ１－ｅ２）＝１０ｃｏｓθ＝０，故（Ｂ）正确； 显然当ｘ∶ｙ＝３∶１时，ａ与ｂ共线，此时夹角为０或π，故（Ｃ）错误； 当→ＯＡ＝（２，０，０）π ３ ，→ＯＢ＝（０，２，０）π ３ ，→ＯＣ＝（０，０，２）π ３ 时，三棱锥 Ｏ－ＡＢＣ为以２为棱长的正四面体，表面积为４×１２ ×２×２× 槡３ ２ ＝ 槡４３， 故（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １０．若ｍ＝ｎ＝ １２，即Ｄ，Ｅ分别为ＰＡ，ＰＢ的中点，又点Ｆ为ＰＣ的中 点，所以ＤＥ∥ＡＢ，ＤＦ∥ＡＣ，又ＤＥ面ＡＢＣ，ＡＢ面ＡＢＣ，所以ＤＥ∥ 面ＡＢＣ，同理可证ＤＦ∥面ＡＢＣ，又ＤＥ∩ＤＦ＝Ｄ，ＤＥ，ＤＦ面ＤＥＦ，所 以平面ＤＥＦ∥平面ＡＢＣ，故（Ａ）正确； 如图２所示，设ＢＣ中点为Ｈ，连接ＡＨ，ＡＭ，因 为点Ｇ为△ＡＢＣ重心，所以点Ｇ在线段ＡＨ上， 所以→ → → →ＰＧ＝ＰＡ＋ＡＧ＝ＰＡ＋２３ → →ＡＨ＝ＰＡ＋ ２ ３ × １ ２（ → →ＡＢ＋ＡＣ） →＝ＰＡ＋１３（ → → →ＡＰ＋ＰＢ＋ＡＰ →＋ＰＣ）＝ １３ →ＰＡ＋１３ →ＰＢ＋１３ →ＰＣ，故（Ｂ）正确； → → → →ＡＭ ＝ＡＰ＋ＰＭ ＝ＡＰ＋ １２ → →ＰＧ＝ＡＰ＋ (１２ １３→ＰＡ＋１３→ＰＢ＋１３→ )ＰＣ ＝ ５６→ＡＰ＋ １ ６（ → →ＰＡ＋ＡＢ）＋１６（ → →ＰＡ＋ＡＣ）＝ １２ →ＡＰ＋１６ →ＡＢ＋１６ →ＡＣ，故（Ｃ）正确； 因为→ＰＧ＝２→ＰＭ＝ １３（ → → →ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣ）＝ (１３ １ｍ→ＰＤ＋ １ｎ→ＰＥ＋ ２→ )ＰＦ ，所以→ＰＭ＝ １６ｍ→ＰＤ＋１６ｎ→ＰＥ＋１３→ＰＦ，若Ｍ，Ｄ，Ｅ，Ｆ四点共面，则 １ ６ｍ＋ １ ６ｎ＋ １ ３ ＝１，解得 １ ｍ ＋ １ ｎ ＝４，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１．以Ａ为坐标原点，ＡＢ，ＡＤ，ＡＳ所在直线为ｘ，ｙ，ｚ轴，建立空间直角 坐标系，设ＤＥ＝１，则ＳＡ＝ＡＢ＝２；所以Ａ（０，０，０），Ｂ（２，０，０），Ｓ（０，０，２）， Ｎ（１，０，１），Ｍ（２，１，０）， 对于（Ａ），假设存在点Ｑ（ｍ，２，０）（０≤ｍ≤２），使得ＮＱ⊥ＳＢ，则→ＮＱ ＝（ｍ－１，２，－１），→ＳＢ＝（２，０，－２），所以→ＮＱ·→ＳＢ＝２（ｍ－１）＋２＝０， 解得ｍ＝０，即点Ｑ与Ｄ重合时，ＮＱ⊥ＳＢ，（Ａ）错误； 对于（Ｂ），假设存在点Ｑ（ｍ，２，０）（０≤ｍ≤２），使得异面直线ＮＱ与 ＳＡ所成的角为６０°，因为→ＮＱ＝（ｍ－１，２，－１），→ＳＡ＝（０，０，－２），所以 ｜ｃｏｓ〈→ＮＱ，→ＳＡ〉｜＝ →｜ＮＱ·→ＳＡ｜→｜ＮＱ｜·→｜ＳＡ｜ ＝ １ （ｍ－１）２＋槡 ５ ＝ １２，方程无解；所 以不存在点Ｑ，使得异面直线ＮＱ与ＳＡ所成的角为６０°，（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），（Ｄ），由上分析知，→ＮＱ＝（ｍ－１，２，－１），→  ＮＭ ＝（１，１， －１），设ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）是面ＮＭＱ的法向量， 则 ｍ·→ＮＱ＝（ｍ－１）ｘ＋２ｙ－ｚ＝０， ｍ·→  ＮＭ ＝ｘ＋ｙ－ｚ＝０{ ， 令ｘ＝１，得ｙ＝２－ｍ，ｚ＝３－ｍ，则ｍ ＝（１，２－ｍ，３－ｍ）， 平面ＡＭＱ的法向量ｎ＝（０，０，１）， 所以｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝｜ｍ·ｎ｜｜ｍ｜｜ｎ｜＝ ｜３－ｍ｜ １＋（２－ｍ）２＋（３－ｍ）槡 ２ ，令ｔ ＝３－ｍ∈［１，３］， 则｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝ ｜ｔ｜ １＋（ｔ－１）２＋ｔ槡 ２ ＝ １ 槡２ (· １ｔ－ )１２ ２ ＋槡 ３ ４ ， 而 １ ｔ [∈ １３， ]１ ， 由Ｑ从Ｄ到Ｃ的过程，｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜先变大后变小，即平面ＮＭＱ与 平面ＭＱＡ的夹角先变小后变大，（Ｃ）错误，（Ｄ）正确．故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 　１２． 槡３ １０；　１３．１０；　１４．９０°，１． 提示： １２．由题可得，ａ－２ｂ＝（２，－３，５）－２（－３，１，２）＝（８，－５，１）， 所以｜ａ－２ｂ｜＝ ８２＋（－５）２＋１槡 ２＝ 槡３ １０． １３．由题可设存在实数ｍ，ｎ使得ｃ＝ｍａ＋ｎｂ． 所以 ７＝２ｍ－ｎ， ６＝ｍ＋２ｎ， λ＝３ｍ－２ｎ { ， 　解得 ｍ＝４， ｎ＝１， λ＝１０ { ． １４．以Ｄ为原点，ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１所在直线为ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐标 系，则Ｄ（０，０，０），Ｄ１（０，０，１），Ａ（１，０，０），Ａ１（１，０，１），Ｃ（０，２，０）， 设Ｅ（１，ｍ，０），０≤ｍ≤２，则Ｄ１→ Ｅ＝（１，ｍ，－１），Ａ１→ Ｄ＝（－１，０，－１）， 所以Ｄ１→ Ｅ·Ａ１→ Ｄ＝－１＋０＋１＝０， 所以直线Ｄ１Ｅ与Ａ１Ｄ所成角的大小是９０°． 因为Ｄ１→ Ｅ＝（１，ｍ，－１），→ＥＣ＝（－１，２－ｍ，０），Ｄ１Ｅ⊥ＥＣ， 所以Ｄ１→ Ｅ·→ＥＣ＝－１＋ｍ（２－ｍ）＋０＝０，解得ｍ＝１，所以ＡＥ＝１． 四、解答题 １５．解：→ →  →  ＯＱ＝ＯＭ＋ＭＱ＝ １２ →ＯＡ＋１３ →  ＭＮ＝ １２ →ＯＡ＋１３（ → →  ＯＮ－ＯＭ） ＝ １２ →ＯＡ＋ (１３ →ＯＮ－１２→ )ＯＡ ＝ １３→ＯＡ＋１３ ×１２ ×（→ →ＯＢ＋ＯＣ）＝ １ ３ →ＯＡ＋ １６ →ＯＢ＋ １６ →ＯＣ． １６．解：（１）因为 ＰＡ⊥ 平面 ＡＢＣＤ，ＡＤ 平面 ＡＢＣＤ，ＡＢ 平面 ＡＢＣＤ，所以ＰＡ⊥ＡＤ，ＰＡ⊥ＡＢ，又因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，ＡＤ⊥ＡＢ，所 以ＡＤ，ＡＢ，ＡＰ两两垂直．以点Ａ为坐标原点，ＡＢ，ＡＤ，ＡＰ所在直线分别为 ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐标系Ａ－ｘｙｚ，则Ｂ（１，０，０），Ｃ（１，２，０），Ｐ（０，０，２）， Ｅ（０，２，１）． ＣＥ与ＰＢ不平行，理由如下： 易得→ＣＥ＝（－１，０，１），→ＰＢ＝（１，０，－２）． 显然→ＣＥ与→ＰＢ不平行，即ＣＥ与ＰＢ不平行． （２）易得→ＰＥ＝（０，２，－１）， 设平面ＰＥＣ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＣＥ＝－ｘ＋ｚ＝０， ｎ·→ＰＥ＝２ｙ－ｚ＝０{ ，取ｘ＝２，可得ｎ＝（２，１，２）． 设ＡＦ＝ｔ，则Ｆ（０，０，ｔ），ｔ∈［０，２］，所以→ＣＦ＝（－１，－２，ｔ）， 因为点Ｆ到平面 ＰＣＥ的距离 ｄ＝ →｜ＣＦ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ ｜－２－２＋２ｔ｜ ３ ＝ ｜２ｔ－４｜ ３ ＝１，解得ｔ＝ １ ２，故线段ＡＦ的长为 １ ２． １７．解：（１）由已知可得→ＡＢ＝（－２，１，３）， 因为向量ｍ与→ＡＢ平行，设ｍ ＝λ→ＡＢ，其中λ∈Ｒ， 则｜ｍ｜＝｜λ｜·→｜ＡＢ｜＝｜λ｜ ４＋１＋槡 ９＝槡１４｜λ｜＝槡１４，解得 λ＝±１．所以ｍ →＝ＡＢ＝（－２，１，３）或ｍ →＝－ＡＢ＝（２，－１，－３）． （２）设平面ＡＢＣ的一个法向量为ａ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， →ＣＡ＝（－１，－３，－２），→ＣＢ＝（－３，－２，１）， 则 ａ·→ＣＡ＝－ｘ－３ｙ－２ｚ＝０， ａ·→ＣＢ＝－３ｘ－２ｙ＋ｚ＝０{ ，所以 ｘ＝－ｙ， ｚ＝－ｙ{ ， 取ｙ＝－１，可得ａ＝（１，－１，１）， 因为向量ｎ分别与→ＣＢ，→ＣＡ垂直，则ｎ∥ａ，设ｎ＝μａ，其中μ∈Ｒ， 则｜ｎ｜＝｜μ｜·｜ａ｜＝槡３｜μ｜＝槡３，解得μ＝±１， 所以ｎ＝ａ＝（１，－１，１）或ｎ＝－ａ＝（－１，１，－１）． （３）ｃｏｓＣ＝ →ＣＡ·→ＣＢ →｜ＣＡ｜·→｜ＣＢ｜ ＝ ７ 槡１４×槡１４ ＝ １２， 因为０≤Ｃ≤π，则Ｃ＝ π３， 所以以ＣＢ，ＣＡ为邻边的平行四边形的面积 →｜ＣＡ｜· →｜ＣＢ｜ｓｉｎＣ＝ （槡１４）２×槡 ３ ２ ＝ 槡７３． １８．（１）证明：因为ＳＡ⊥底面ＡＢＣＤ，且ＡＤ⊥ＡＢ，所以以点Ａ为坐标原点， ＡＤ，ＡＢ，ＡＳ所在直线为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴建立的空间直角坐标系（图略），则Ａ（０，０， ０），Ｂ（０，２，０），Ｃ（２，２，０），Ｄ（１，０，０），Ｓ（０，０，２），Ｍ（０，１，１）， 所以→ＡＭ＝（０，１，１），→ＳＤ＝（１，０，－２），→ＤＣ＝（１，２，０）， 设平面ＳＣＤ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 →ＳＤ·ｎ＝０， →ＤＣ·ｎ＝０{ ，即 ｘ－２ｚ＝０， ｘ＋２ｙ＝０{ ， 令ｚ＝１，得ｎ＝（２，－１，１）． 因为→ＡＭ·ｎ＝０，所以→ＡＭ⊥ｎ，所以ＡＭ∥平面ＳＣＤ． （２）解：易知平面ＳＡＢ的一个法向量为ｍ＝（１，０，０）， 设平面ＳＣＤ与平面ＳＡＢ的夹角为φ， 易知０＜φ＜ π２，则ｃｏｓφ＝ ｎ·ｍ ｜ｎ｜｜ｍ｜ ＝ 槡６ ３， 所以平面ＳＣＤ与平面ＳＡＢ夹角的余弦值为槡６３． （３）解：设Ｎ（ｘ，２ｘ－２，０），则→  ＭＮ＝（ｘ，２ｘ－３，－１）， 易知平面ＳＡＢ的一个法向量为ｍ ＝（１，０，０）， 所以ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈→ＭＮ，ｍ〉｜＝ ｘ ５ｘ２－１２ｘ＋槡 １０ ＝ １ １０ (× １ )ｘ ２ －１２× １ｘ ＋槡 ５ ＝ １ １０ (× １ｘ － )３５ ２ ＋槡 ７ ５ ， 当 １ ｘ ＝ ３ ５，即ｘ＝ ５ ３时，ｓｉｎθ取得最大值，且ｓｉｎθ的最大值为 槡３５ ７． 书 ３．｜ＡＢ｜＝ （－３－３）２＋（０＋２）槡 ２＝ 槡２ １０， ｜ＢＣ｜＝ （－１－３）２＋（２＋２）槡 ２＝ 槡４２， ｜ＡＣ｜＝ （－１＋３）２＋（２－０）槡 ２＝ 槡２２， ｜ＡＣ｜２＋｜ＢＣ｜２＝｜ＡＢ｜２， 所以三角形ＡＢＣ是直角三角形．故选（Ｃ）． ４．设Ｍ（ｘ，ｙ），且Ｍ１→ Ｍ ＝ ３２ ＭＭ → ２， 则（ｘ－６，ｙ－２）＝ ３２（１－ｘ，７－ｙ）， 得 ｘ－６＝ ３２（１－ｘ）， ｙ－２＝ ３２（７－ｙ { ），解得 ｘ＝３，ｙ＝５{ ， 代入直线ｙ＝ｍｘ－７，得５＝３ｍ－７，解得ｍ＝４． ５．对于①，若点Ｃ在线段ＡＢ上，设Ｃ点的坐标为（ｘ０，ｙ０），则ｘ０在ｘ１， ｘ２之间，ｙ０在ｙ１，ｙ２之间，即｜｜ＡＣ｜｜＋｜｜ＣＢ｜｜＝｜ｘ０－ｘ１｜＋｜ｙ０－ｙ１｜＋ ｜ｘ２－ｘ０｜＋｜ｙ２－ｙ０｜＝｜ｘ２－ｘ１｜＋｜ｙ２－ｙ１｜＝｜｜ＡＢ｜｜，故①成立； 对于②，取Ｃ（０，０），Ａ（－１，１），Ｂ（１，１），则｜｜ＡＣ｜｜＝２，｜｜ＣＢ｜｜＝ ２，｜｜ＡＢ｜｜＝２，｜｜ＡＣ｜｜２＋｜｜ＣＢ｜｜２≠｜｜ＡＢ｜｜２，故②不成立； 对于③，取Ｃ（０，０），Ａ（０，１），Ｂ（１，０），则｜｜ＡＣ｜｜＋｜｜ＣＢ｜｜＝１＋１＝ ２＝｜｜ＡＢ｜｜＝２，故③不成立．故选（Ａ）． ６．当ｘ≥０时，由 －ａ｜ｘ｜＝－ａ＋ｘ可得，－ａｘ＝－ａ＋ｘ， 当ａ≠－１时，解得ｘ＝ ａａ＋１； 当ｘ＜０时，由 －ａ｜ｘ｜＝－ａ＋ｘ可得，ａｘ＝－ａ＋ｘ， 解得ｘ＝－ ａａ－１， 所以 ａ ａ＋１≥０， － ａａ－１＜０ { ，其中ａ＜０，解得ａ＜－１． ７．因为直线ｙ＝ｋｘ＋２０２３的斜率存在，所以ｘ１≠ｘ２， 由题意 ｙ１＝ｋｘ１＋２０２３， ｙ２＝ｋｘ２＋２０２３ { ， 则ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１＝ｘ１（ｋｘ２＋２０２３）－ｘ２（ｋｘ１＋２０２３） ＝２０２３（ｘ１－ｘ２）≠０， 故ｌ１：ｘ１ｘ＋ｙ１ｙ＝１与ｌ２：ｘ２ｘ＋ｙ２ｙ＝１相交， 所以方程组总有唯一解，（Ａ），（Ｄ）错误，（Ｂ）正确； 若 ｘ＝１， ｙ＝{ ２是方程组的一组解，则 ｘ１＋２ｙ１＝１， ｘ２＋２ｙ２＝１ { ， 则点 Ｐ１（ｘ１，ｙ１）， Ｐ２（ｘ２，ｙ２）在直线ｘ＋２ｙ＝１，即ｙ＝－ １ ２ｘ＋ １ ２ 上， 但已知这两个点在直线ｙ＝ｋｘ＋２０２３上，而这两条直线不是同一条 直线，所以 ｘ＝１， ｙ＝{ ２不可能是方程组的一组解，（Ｃ）错误． ８．由｜ａ｜＝３，｜ｂ｜＝４，ａ⊥ｂ， 不妨令ａ＝（３，０），ｂ＝（０，４），设ｘ＝（ｍ，ｎ）， 由｜ｘ＋ａ｜＜｜ｘ＋ｂ｜，得｜ｘ＋ａ｜２＜｜ｘ＋ｂ｜２， 而ｘ＋ａ＝（ｍ＋３，ｎ），ｘ＋ｂ＝（ｍ，ｎ＋４）， 则（ｍ＋３）２＋ｎ２＜ｍ２＋（ｎ＋４）２，整理得６ｍ－８ｎ－７＜０， 由ｘ·ａ＞ｘ·ｂ，得３ｍ－４ｎ＞０， 平行直线６ｍ－８ｎ－７＝０和３ｍ－４ｎ＝０间的距离为 ｄ＝｜０－（－７）｜ ６２＋８槡 ２ ＝０７， 到直线６ｍ－８ｎ－７＝０和直线３ｍ－４ｎ ＝０距离相等的点到这两条直线的距离为 ０３５，如图１，阴影部分表示的区域为集合 Ａ，因此无论ｄ是否属于Ａ，都有｜ｃ－ｄ｜＝ ０５， 所以命题①②都正确．故选（Ｃ）． 二、多项选择题 ９．ＡＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＢＣＤ． 提示： ９．联立方程 ｘ＋ｙ－３＝０， ｙ＝ｋｘ＋３ｋ－２{ ，解得 ｘ＝５－３ｋｋ＋１， ｙ＝６ｋ－２ｋ＋１ { ， 因为两直线的交点在第四象限， 所以 ５－３ｋ ｋ＋１ ＞０， ６ｋ－２ ｋ＋１ ＜０ { ，解得 －１＜ｋ＜ １３．故选（Ａ）（Ｃ）． １０．对于（Ａ）项，当ｋ＝０时，直线ｌ２的方程为ｘ＝０， 此时直线ｌ２的倾斜角为 π ２，故（Ａ）项正确； 对于（Ｂ）项，当ｋ＝－ １２ 时，直线ｌ２的方程为ｘ－ｙ－１＝０， 与ｌ１重合，此时两直线有公共点； 当ｋ≠－ １２ 时，有１×ｋ－（－１）×（ｋ＋１）＝２ｋ＋１≠０， 即ｌ１，ｌ２一定相交． 综上所述，对任意的实数ｋ，直线ｌ１与直线ｌ２都有公共点，故（Ｂ）项正确； 对于（Ｃ）项，由（Ｂ）可知，当ｋ＝－１２时，直线ｌ２与ｌ１重合，故（Ｃ）项错误； 对于（Ｄ）项，要使直线ｌ１与直线ｌ２垂直， 则应有ｋ＋１－ｋ＝０，该方程无解， 所以对任意的实数ｋ，直线ｌ１与直线ｌ２都不垂直，故（Ｄ）项正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．由图 ２知，Ｐ１（１．５，２），Ｐ２（１， ３），Ｐ３（２，３），Ｐ４（２，４），Ｑ１（３，１），Ｑ２（３， ２），Ｑ３（４，３）， 当直线ｘ＝２５为分类直线时， ｄｌ＝３－２５＝０５， 当直线３ｘ－ｙ－５＝０为分类直线 时，其过（２，１），（３，４）， 由图可知Ｐ３（２，３），Ｑ２（３，２）到直线３ｘ－ｙ－５＝０距离最小， Ｐ３（２，３）到直线３ｘ－ｙ－５＝０的距离为 ｄ＝ ｜３×２－３－５｜ ３２＋１槡 ２ ＝ 槡１０ ５ ，同理Ｑ２（３，２）到直线３ｘ－ｙ－５＝０的距离为ｄ＝ 槡１０ ５ ， 因为槡 １０ ５ ＞０５，所以直线３ｘ－ｙ－５＝０的分类效果好，故（Ａ）错误； 由图知Ｌ的位置由Ｐ１（１．５，２），Ｐ３（２，３），Ｑ２（３，２）确定， 所以点Ｐ１（１．５，２），Ｐ３（２，３），Ｑ２（３，２）到直线Ｌ的距离相等， 所以直线Ｌ过点Ｐ１Ｑ２，Ｐ３Ｑ２的中点， 而Ｐ１Ｑ２ (的中点为 ９４， )２ ，Ｐ３Ｏ２ (的中点为 ５２， )５２ ， 故直线Ｌ的斜率为 ２－ ５２ ９ ４ － ５ ２ ＝２，故（Ｂ）正确； 由（Ｂ）知直线Ｌ的方程为ｙ＝ (２ ｘ－ )５２ ＋ ５２ ＝２ｘ－ ５２， 此时点（３，３）在Ｌ的右侧，故（Ｃ）正确； 去掉点Ｐ１后，Ｐ３（２，３），Ｑ２（３，２）到直线Ｌ的距离相等， 此时直线Ｌ为线段Ｐ３（２，３），Ｑ２（３，２）的垂直平分线ｙ＝ｘ，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．２ｘ－ｙ＋１＝０；　１３．槡２；　１４．１． 提示： １２．设直线ｌ的方程为２ｘ－ｙ＋ｃ＝０（ｃ≠３，ｃ≠１）， 则 ｜３－ｃ｜ ２２＋（－１）槡 ２ ＝ ｜－１－ｃ｜ ２２＋（－１）槡 ２ ， 解得ｃ＝１，所以直线ｌ的方程为２ｘ－ｙ＋１＝０． １３．因为ｘ２＋ｙ２＋１＝ ４ｘ２＋槡 １，所以ｙ２＝ ４ｘ２＋槡 １－ｘ２－１≥０， ４ｘ２＋槡 １≥ｘ２＋１，两边平方得４ｘ２＋１≥ｘ４＋２ｘ２＋１，即ｘ４－２ｘ２≤０， 解得０≤ｘ２≤２， 故｜ＯＰ｜２＝ｘ２＋ｙ２＝ ４ｘ２＋槡 １－１∈［０，２］， 则｜ＯＰ｜∈［０，槡２］，｜ＯＰ｜的最大值为槡２． １４．直线ｌ１：ｍｘ－ｙ＋ｍ＝０，即ｍ（ｘ＋１）－ｙ＝０，恒过定点（－１，０）， 直线ｌ３：（ｍ＋１）ｘ－ｙ＋（ｍ＋１）＝０， 即ｍ（ｘ＋１）＋ｘ－ｙ＋１＝０，也恒过定点（－１，０）， 所以直线ｌ１与ｌ３相交于定点Ａ（－１，０）． 由 ｘ＋ｍｙ－ｍ（ｍ＋１）＝０， （ｍ＋１）ｘ－ｙ＋（ｍ＋１）＝０{ ，解得 ｘ＝０， ｙ＝ｍ＋１{ ， 可知直线ｌ２与直线ｌ３相交于点Ｂ（０，ｍ＋１）． 由题可得直线ｌ１与直线ｌ２相互垂直， 所以△ＡＢＣ是Ｃ为直角的直角三角形． 因为点Ａ到ｌ２：ｘ＋ｍｙ－ｍ（ｍ＋１）＝０的距离 ｜ＡＣ｜＝｜－１－ｍ（ｍ＋１）｜ １＋ｍ槡 ２ ＝ｍ ２＋ｍ＋１ １＋ｍ槡 ２ ， 点Ｂ到ｌ１：ｍｘ－ｙ＋ｍ＝０的距离 ｜ＢＣ｜＝｜－ｍ－１＋ｍ｜ ｍ２＋槡 １ ＝ １ ｍ２＋槡 １ ， 所以△ＡＢＣ的面积 Ｓ＝ １２ ｜ＡＣ｜｜ＢＣ｜＝ １ ２ × ｍ２＋ｍ＋１ ｍ２＋１ ＝ (１２ １＋ ｍｍ２＋ )１ ， ｍ＜０时，△ＡＢＣ的面积不可能取到最大值； ｍ＝０时，Ｓ＝ １２； ｍ＞０时， ｍ ｍ２＋１ ≤ ｍ ２ ｍ槡 ２ ＝ １２，当且仅当ｍ＝１时，等号成立，此 时Ｓｍａｘ＝ (１２ １＋ )１２ ＝ ３４． 综上，当ｍ＝１时，△ＡＢＣ的面积Ｓ取得最大值 ３４． 四、解答题 １５．解：（１）设直线ｌ的方程为ｘ－ｙ＋ｎ＝０， 由题可得 －２－１＋ｎ＝０，解得ｎ＝３， 所以直线ｌ的方程为ｘ－ｙ＋３＝０． （２）结合（１）设直线ｍ的方程为ｘ－ｙ＋ｔ＝０， 因为点Ｐ（－２，１）到直线ｍ的距离为槡２， 则ｄ＝｜－２－１＋ｔ｜ 槡２ ＝槡２，解得ｔ＝５或ｔ＝１， 直线ｍ的方程为ｘ－ｙ＋５＝０或ｘ－ｙ＋１＝０． １６．解：（１）由 ２ｘ－ｙ＋３＝０， ３ｘ－ｙ＋２＝０{ ，解得 ｘ＝１， ｙ＝５{ ， 即两直线的交点坐标为（１，５）． 则直线经过点（１，５）和（２，３）， 由两点式方程得， ｙ－３ ５－３＝ ｘ－２ １－２， 化简得所求直线方程为２ｘ＋ｙ－７＝０． （２）由３ｘ＋ｙ－１＝０可得直线的斜率为 －３， 故平行于直线３ｘ＋ｙ－１＝０的直线的斜率为 －３， 结合（１）问可知：两条直线ｙ＝２ｘ＋３与３ｘ－ｙ＋２＝０的交点为（１，５）， 由点斜式方程得，ｙ－５＝－３（ｘ－１）， 化简得所求直线方程为３ｘ＋ｙ－８＝０． １７．解：（１）直线ｌ２可化为２ｘ－ｙ－ １ ２ ＝０， 所以ｌ１与ｌ２的距离为ｄ＝ (ａ－ － )１２ ２２＋１槡 ２ ＝ 槡７５１０． 因为ａ＞０，所以ａ＝３． （２）设存在点Ｐ（ｘ０，ｙ０）满足， 则点Ｐ在与ｌ１，ｌ２平行直线ｌ′：２ｘ－ｙ＋ｃ＝０上． 且 ｜ｃ－３｜ 槡５ ＝ １２· ｃ＋ １２ 槡５ ，即ｃ＝１３２ 或ｃ＝ １１ ６． 所以满足条件②的点满足２ｘ０－ｙ０＋ １３ ２ ＝０或２ｘ０－ｙ０＋ １１ ６ ＝０． 若点Ｐ满足条件③，由点到直线的距离公式， 有 ｜２ｘ０－ｙ０＋３｜ 槡５ ＝槡２ 槡５ · ｜ｘ０＋ｙ０－１｜ 槡２ ， 即｜２ｘ０－ｙ０＋３｜＝｜ｘ０＋ｙ０－１｜， 所以ｘ０－２ｙ０＋４＝０或３ｘ０＋２＝０， 因为点Ｐ在第一象限，所以３ｘ０＋２＝０不成立． 联立方程２ｘ０－ｙ０＋ １３ ２ ＝０和ｘ０－２ｙ０＋４＝０，解得 ｘ０＝－３， ｙ０＝ １ ２ { ，（舍去） 联立方程２ｘ０－ｙ０＋ １１ ６ ＝０和ｘ０－２ｙ０＋４＝０，解得 ｘ０＝ １ ９， ｙ０＝ ３７ １８ { ， 所以 (Ｐ １９，３７)１８ 即为同时满足条件的点． １８．解：（１）Ｃ（１，２）关于ｘ轴的对称点Ｃ′（１，－２）， ｌＣ′Ｍ∶ｙ＝ｘ－３，联立ｙ＝ｘ－３与ｙ＝－ｘ＋７，得Ｎ（５，２）， 所以光所走过的路程即｜Ｃ′Ｎ｜＝ 槡４２． （２）对于线段ｙ＝－ｘ＋８，ｘ∈［３，５］， 令其端点Ａ（３，５），Ｂ（５，３），则ｋＣ′Ａ＝ ７ ２，ｋＣ′Ｂ＝ ５ ４， [所以反射光斜率的取值范围是 ５４， ]７２ ． （３）若反射光与直线ｙ＝－ｘ＋ｂ垂直， 则反射光的方程为：ｙ＝ｘ－３， 则由 ｙ＝－ｘ＋ｂ， ｙ＝ｘ－{ ３ ｘ＝ｂ＋３２ ． ①当ｘ＝ｂ＋３２ ∈［３，５］，即６≤ｂ≤７时， 光所走过的最短路程为点Ｃ′到直线ｙ＝－ｘ＋ｂ的距离，为ｂ＋１ 槡２ ． ②当ｘ＝ｂ＋３２ ∈（５，＋∞），即ｂ＞７时，光所走过的最短路程为线 段Ｃ′Ｂ，其中Ｂ（５，ｂ－５），｜Ｃ′Ｂ｜＝ ｂ２－６ｂ＋槡 ２５． １９．解：（１）因为ｌ１：ｘ＋ｙ＝０，所以ｋ１＝－１， 由题可知ｋ１·ｋ２＝－３，所以ｋ２＝３， 设ｌ１的倾斜角为θ１，ｌ２的倾斜角为θ２，ｌ１，ｌ２的夹角为θ， 则ｔａｎθ＝ｔａｎ（θ１－θ２）＝ ｔａｎθ１－ｔａｎθ２ １＋ｔａｎθ１ｔａｎθ２ ＝ ｋ１－ｋ２ １＋ｋ１ｋ２ ＝ －１－３１＋（－３）＝２． （２）设直线ＰＱ：ｙ＝ｋＡｘ＋１，ＱＲ：ｙ＝ｋＢ（ｘ＋１），ＲＰ：ｙ＝ｋＣ（ｘ－１）， 由题可知 ｋＡｋＢ＝４， ｋＡｋＣ＝１， ｋＢｋＣ＝９ { ， 解得 ｋＡ＝ ２ ３， ｋＢ＝６， ｋＣ＝ { ３ ２ 或 ｋＡ＝－ ２ ３， ｋＢ＝－６， ｋＣ＝－ ３ ２ { ， 当 ｋＡ＝ ２ ３， ｋＢ＝６， ｋＣ＝ { ３ ２ 时，联立 ｙ＝ ２３ｘ＋１， ｙ＝ ３２（ｘ－１ { ）可得Ｐ（３，３）， 当 ｋＡ＝－ ２ ３， ｋＢ＝－６， ｋＣ＝－ { ３ ２ 时，联立 ｙ＝－ ２３ｘ＋１， ｙ＝－ ３２（ｘ－１ { ）可得 (Ｐ ３５， )３５ ， 所以Ｐ点的坐标为（３，３） (或 ３５， )３５ ． （３）ｌ１：ｍｘ＋ｙ＋ｍ＋１＝０过定点Ｑ（－１，－１），ｋ１＝－ｍ， 因为直线ｌ１，ｌ２是“Ｑ－１共轭线对”，所以ｋ１ｋ２＝－１， 所以ｋ２＝ １ ｍ，所以ｌ２：ｘ－ｍｙ＋１－ｍ＝０． 设原点到直线ｌ１，ｌ２的距离分别为ｄ１，ｄ２， 则ｄ１ｄ１＝ ｜ｍ＋１｜ ｍ２＋槡 １ · ｜１－ｍ｜ ｍ２＋槡 １ ＝ ｍ ２－１ ｍ２＋１ ＝ １－ ２ ｍ２＋１ ， 当ｍ２＝１时，（ｄ１ｄ２）ｍｉｎ＝０， 又因为 ２ ｍ２＋１ ＞０，所以１－ ２ ｍ２＋１ ＜１，即ｄ１ｄ２∈［０，１）． ! ! " !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$% 2 ! 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8&%+ #$% 2 !"#$ !"#$ ! " # $ % ! ! ! & ' ( ) * % " + ! " , #-.$/%& - '-.(/)*%& # / ! ! ! !! ! ! ! ! ! " # $ + 0"#$% 1 # 1 " 1 ! + $ + # + " + ! #0.2)+%& 2"#$% $ # " ! # ! " 书 ６．由Ａ（３，０），Ｂ（０，４）可得：ｋＡＢ＝ ４－０ ０－３＝－ ４ ３， 则直线ＡＢ的方程为：ｙ－４＝－ ４３（ｘ－０），即４ｘ＋３ｙ＝１２． 又因为动点Ｐ（ｘ，ｙ）在线段ＡＢ上运动， 所以ｘ＞０，ｙ＞０， 则１２＝４ｘ＋３ｙ≥２ ４ｘ·３槡 ｙ＝４ ３槡ｘｙ， 当且仅当４ｘ＝３ｙ，即ｘ＝ ３２，ｙ＝２时等号成立， 所以ｘｙ≤３，最大值为３．故选（Ｃ）． ７．由题意可知：｜ＡＢ｜＝１，｜ＡＤ｜＝２，｜ＤＦ｜＝２ １ ３， 则Ｃ（１，２），Ｆ（０，２＋２ １ ３）， 设Ｅ（ｍ，０），可知直线ＥＦ：ｘｍ ＋ ｙ ２＋２ １ ３ ＝１， 代入Ｃ（１，２）可得 １ｍ ＋ ２ ２＋２ １ ３ ＝１，解得ｍ＝２＋２ １ ３ ２ １ ３ ， 则｜ＢＥ｜＝２＋２ １ ３ ２ １ ３ －１＝ ２ ２ １ ３ ＝２ ２ ３， 可得 →ｂ＝ＢＥ·→ →ＣＥ＝ＥＢ·→ →ＥＣ＝ＥＢ２＝２４３， 所以ｂ３ (＝ ２ )４３ ３＝２４＝１６． ８．ｍ（ｘ＋１）＋ｎ（ｙ＋２）＝０可化为ｍｘ＋ｎｙ＋ｍ＋２ｎ＝０， ① 要使ｌ与两坐标轴能围成三角形，则ｍｎ≠０且ｍ＋２ｎ≠０， 由①令ｘ＝０得ｙ＝－ｍ＋２ｎｎ ；令ｙ＝０得ｘ＝－ ｍ＋２ｎ ｍ ． 依题意， １ ２ (× －ｍ＋２ｎ)ｎ (× －ｍ＋２ｎ)ｍ ＝ １２ × ｍ２＋４ｍｎ＋４ｎ２ ｍｎ ＝ １ ２ × ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＋４ ＝６， 所以 ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＋４＝１２或 ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＋４＝－１２， 所以 ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＝８或 ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＝－１６． 设ｔ＝ ｍｎ，则ｔ＋ ４ ｔ ＝８或ｔ＋ ４ ｔ ＝－１６， 则ｔ２－８ｔ＋４＝０或ｔ２＋１６ｔ＋４＝０， 解得ｔ＝４± 槡２３或ｔ＝－８± 槡２ １５， 即 ｍ ｎ ＝４± 槡２３或 ｍ ｎ ＝－８± 槡２ １５， 所以这样的直线有４条． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．由ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０可知直线斜率ｋ＝－ ａｂ ＞０， 直线在ｙ轴上的截距ｙ＝－ ｃｂ ＜０，满足条件的只有（Ｂ）， 所以不可能是（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．由直线方程知直线斜率为槡３，因此倾斜角为 π ３，又纵截距是１， 因此直线过一、二、三象限，（Ａ）错，（Ｂ）正确； 直线槡３ｘ－ｙ－４＝０与直线ｌ平行，且槡３× 槡２３－２－４＝０， 即过点（槡２３，２），（Ｃ）正确； 槡３×１＋（－１）×（－槡３）＝ 槡２３≠０，ｍ与ｌ不垂直，（Ｄ）错． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １１．对于（Ａ），整理ｍｘ＋ｙ＋１－３ｍ＝０，得ｍ（ｘ－３）＋ｙ＋１＝０，令 ｘ－３＝０， ｙ＋１＝０{ ，解得 ｘ＝３， ｙ＝－１{ ，所以直线ｌ恒过点（３，－１），（Ａ）正确； 对于（Ｂ），可知所求直线的斜率存在且不为０，设为ｋ， 则它的方程为ｙ－１＝ｋ（ｘ－１）． 令ｘ＝０，得ｙ＝１－ｋ，即该直线在ｙ轴上的截距为１－ｋ； 令ｙ＝０，得ｘ＝１－ １ｋ，即该直线在ｘ轴上的截距为１－ １ ｋ． 因为该直线在 ｘ，ｙ轴上的截距相等， 所以１－ｋ＝１－ １ｋ，解得ｋ＝±１， 所以所求直线的方程为ｘ－ｙ＝０或ｘ ＋ｙ－２＝０，（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），点 Ｂ关于 ｘ轴的对称点为 Ｂ′（－１，－１），连接ＡＢ′交ｘ轴于点Ｐ０，点 Ｐ是ｘ轴上任意一点，连接 ＢＰ０，ＡＰ，ＢＰ， ＰＢ′，如图１． 于是｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ｜＝｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ′｜≥｜ＡＢ′｜＝｜ＡＰ０｜＋｜Ｂ′Ｐ０｜＝ ｜ＡＰ０｜＋｜ＢＰ０｜， 当且仅当点Ｐ与Ｐ０重合时，等号成立， 因此（｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ｜）ｍｉｎ＝｜ＡＢ′｜＝ ３２＋４槡 ２＝５，（Ｃ）正确； 对于（Ｄ），直线ｌ与ｘ，ｙ轴的正半轴分别交于Ａ，Ｂ两点，可知直线ｌ的 斜率为负数，设直线ｌ：ｙ－２＝ｋ（ｘ－３），ｋ＜０， 令ｘ＝０，得ｙ＝２－３ｋ，令ｙ＝０，得ｘ＝３－ ２ｋ， 可知２－３ｋ＞０，３－ ２ｋ ＞０， 所以Ｓ△ＡＯＢ＝ １ ２ ×（２－３ｋ (） ３－ ２ )ｋ ＝ [１２ （－９ｋ）＋ ４－ｋ＋ ]１２ ≥ １２（ 槡２ ３６＋１２）＝１２， 当且仅当 －９ｋ＝ ４－ｋ，即ｋ＝－ ２ ３ 时，等号成立， 所以△ＡＯＢ面积的最小值为１２，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．垂直；　１３．ｙ＝－２ｘ＋２；　１４．２５． 提示： １２．由题可得两直线的方向向量分别为（１，２），（－２，１）， 又因为１×（－２）＋２×１＝０，故两向量垂直，故两直线垂直． １３．直线ｌ１的方程为 ｘ ２ ＋ ｙ ２ ＝１， 即ｘ＋ｙ－２＝０， 直线ｌ２：ｙ＝ｋｘ＋ｂ过点Ｃ（１，０）， 即ｋ＋ｂ＝０，ｂ＝－ｋ，所以ｙ＝ｋｘ－ｋ， 设ｌ２过点Ｄ（０，－ｋ），依题意可知０＜－ｋ ＜２，即 －２＜ｋ＜０， 且 １ ２ ×１×（－ｋ）＝ １ ２ (× １２ ×２× )２ ，解得ｋ＝－２，此时Ａ，Ｄ两点重合． 所以直线ｌ２的方程为ｙ＝－２ｘ＋２． １４．直线２ｘ＋ｍｙ＋６＝０，整理成ｍｙ＝－２ｘ－６，过定点Ａ（－３，０）；直 线ｍｘ－２ｙ－ｍ＋６＝０，整理成ｍ（ｘ－１）＝２ｙ－６，过定点Ｂ（１，３）． 又ｍ∈Ｒ，过定点Ａ的动直线２ｘ＋ｍｙ＋６＝０和过定点Ｂ的动直线 ｍｘ－２ｙ－ｍ＋６＝０始终垂直，Ｐ（ｘ，ｙ）为两条垂直直线的交点，则有ＰＡ⊥ ＰＢ，所以｜ＰＡ｜２＋｜ＰＢ｜２＝｜ＡＢ｜２＝４２＋３２＝２５． 四、解答题 １５．解：（１）当ｘ，ｙ的系数不同时为零时，方程表示一条直线． 令ｍ２－２ｍ－３＝０，解得ｍ＝－１或ｍ＝３； 令２ｍ２＋ｍ－１＝０，解得ｍ＝－１或ｍ＝ １２． 所以ｘ，ｙ的系数同时为零时ｍ＝－１， 故若方程表示一条直线，则ｍ≠－１， 即实数ｍ的取值范围为｛ｍ｜ｍ≠－１｝． （２）当ｘ的系数不为０，ｙ的系数为０时斜率不存在， 由（１）知当ｍ＝ １２ 时，２ｍ ２＋ｍ－１＝０且ｍ２－２ｍ－３≠０， 方程表示的直线的斜率不存在， 此时直线方程为３ｘ－４＝０． （３）易知ｍ≠－１且ｍ≠３时，直线在ｘ轴上的截距存在． 依题意，令ｙ＝０，得直线在ｘ轴上的截距 ２ｍ－６ ｍ２－２ｍ－３ ＝－３， 解得ｍ＝－ ５３（ｍ＝３舍去）， 所以实数ｍ的值为 － ５３． （４）易知ｍ≠－１且ｍ≠ １２ 时，直线的斜率存在， 方程即ｙ＝－ｍ ２－２ｍ－３ ２ｍ２＋ｍ－１ ｘ－ ６－２ｍ ２ｍ２＋ｍ－１ （ｍ∈Ｒ）， 故斜率为 －ｍ ２－２ｍ－３ ２ｍ２＋ｍ－１ ． 因为直线的倾斜角是４５°，所以斜率为１， 所以 －ｍ ２－２ｍ－３ ２ｍ２＋ｍ－１ ＝１，解得ｍ＝ ４３，（ｍ＝－１舍去）． 所以实数ｍ的值为 ４３． １６．解：（１）（１，５）（－２，－１）＝１×（－２）＋５×（－１）＝－７． （２）因为（３，ａ）∈Ｍ，即点（３，ａ）在直线２ｘ－ｙ＋３＝０上， 所以２×３－ａ＋３＝０，得ａ＝９． 同理由２ｂ－５＋３＝０，得ｂ＝１． 则（３，ａ）（ｂ，５）＝（３，９）（１，５）＝３×１＋９×５＝４８． 所以可以确定（３，ａ）（ｂ，５）的值为４８． （３）由（３，ａ）∈Ｍ，（ｂ，ｃ）∈Ｍ知２×３－ａ＋３＝０，即ａ＝９， 且２×ｂ－ｃ＋３＝０，即ｃ＝２ｂ＋３． 则（３，ａ）（ｂ，ｃ）＝３ｂ＋ａｃ＝３ｂ＋９（２ｂ＋３）＝２１ｂ＋２７＜０， 解得ｂ＜－ ９７． 取ｂ＝－２，知ｃ＝－１，此时（３，ａ）（ｂ，ｃ）＝（３，９）（－２，－１）＝ －６－９＝－１５＜０，即ａ＝９，ｂ＝－２，ｃ＝－１符合题意．（答案不唯一） １７．解：（１）由直线的两点式方程， 得边ＡＣ所在直线的方程为ｙ－４０－４＝ ｘ－０ －８－０，即ｘ－２ｙ＋８＝０． 同理得边ＡＢ所在直线的方程为ｙ－４６－４＝ ｘ－０ －２－０，即ｘ＋ｙ－４＝０． （２）由题意，得点Ｄ的坐标为（－４，２），由直线的两点式方程， 得中线ＢＤ所在直线的方程为ｙ－２６－２＝ ｘ－（－４） －２－（－４）， 即２ｘ－ｙ＋１０＝０． １８．解：（１）选择①：由题意可设直线ｌ２的方程为ｙ－１＝ｋ（ｘ＋４）， 因为直线ｌ２的斜率是直线ｙ＝－ １ ４ｘ的斜率的２倍， 所以ｋ＝－ １２， 所以直线ｌ２的方程为ｙ－１＝－ １ ２（ｘ＋４），即ｘ＋２ｙ＋２＝０． 选择②：由题意可设直线ｌ２的方程为 ｘ ２ｍ＋ ｙ ｍ ＝１，ｍ≠０， 因为直线ｌ２过点Ａ（－４，１），所以 －４ ２ｍ＋ １ ｍ ＝１，解得ｍ＝－１． 所以直线ｌ２的方程为 ｘ －２＋ ｙ －１＝１，即ｘ＋２ｙ＋２＝０． （２）由（１）可知直线ｌ２的方程为ｘ＋２ｙ＋２＝０， 令ｙ＝０，可得ｘ＝－２，所以直线ｌ２在ｘ轴上的截距为 －２， 所以直线ｌ１在ｘ轴上的截距为 －２． 故直线ｌ１过点（－２，０），代入ａｘ＋２ｙ－１２＝０， 得 －２ａ＋２×０－１２＝０，解得ａ＝－６． １９．（１）证明：由ｋｘ－ｙ＋２＋３ｋ＝０可得：ｋ（ｘ＋３）＋２－ｙ＝０， 由 ｘ＋３＝０， ２－ｙ＝０{ ，可得 ｘ＝－３， ｙ＝２{ ，所以ｌ经过定点Ｐ（－３，２）， 即直线ｌ过定点（－３，２），且定点在第二象限， 所以无论ｋ取何值，直线ｌ始终经过第二象限． （２）解：设直线ｌ的倾斜角为α，则０＜α＜ π２， 可得｜ＰＡ｜＝ ２ｓｉｎα ，｜ＰＢ｜＝ ３ｃｏｓα ， 所以 １ ２ ｜ＰＡ｜＋ １ ３ ｜ＰＢ｜＝ １ ｓｉｎα ＋ １ｃｏｓα ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓαｓｉｎαｃｏｓα ． 令ｔ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ， 因为０＜α＜ π２，可得 π ４ ＜α＋ π ４ ＜ ３π ４， 槡２ ２ ＜ (ｓｉｎ α＋π )４ ≤１，则ｔ＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ∈（１，槡２］． 将ｔ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓα两边平方可得： ｔ２＝（ｓｉｎα＋ｃｏｓα）２＝１＋２ｓｉｎα·ｃｏｓα，所以ｓｉｎαｃｏｓα＝ｔ ２－１ ２ ， 所以 １ ２｜ＰＡ｜＋ １ ３｜ＰＢ｜＝ ｓｉｎα＋ｃｏｓα ｓｉｎαｃｏｓα ＝ ２ｔ ｔ２－１ ＝ ２ ｔ－ １ｔ ， 因为ｙ＝ｔ－ １ｔ在（１，槡２］上单调递增， 所以０＜ｔ－ １ｔ≤ 槡２ ２， 故ｙ＝ １ ｔ－ １ｔ ≥槡２，所以 ２ ｔ－ １ｔ ≥ 槡２２，当且仅当ｔ＝槡２时取等号， 此时ｔ＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ＝槡２， 可得α＝ π４，所以ｋ＝ｔａｎα＝ｔａｎ π ４ ＝１， 所以直线ｌ的方程为ｘ－ｙ＋５＝０． 第７期２版 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｂ；　３．ＡＢＤ．　４．（－４，３）；　５．－３． ６．解：（１）解方程组 ３ｘ－ｙ＋４＝０， ｘ＋３ｙ＋２＝０{ ，得 ｘ＝－ ７５， ｙ＝－ １５ { ， 所以这两条直线相交， (交点坐标是 － ７５，－ )１５ ． （２）ｌ２：９ｘ－１５ｙ＋３０＝０可化为方程３ｘ－５ｙ＋１０＝０， 所以 ３ｘ－５ｙ＋１０＝０， ９ｘ－１５ｙ＋３０＝{ ０有无数多个解， 故ｌ１：３ｘ－５ｙ＋１０＝０与ｌ２：９ｘ－１５ｙ＋３０＝０重合． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．ＡＤ； ４．（－∞，－槡３］∪［槡３，＋∞）；　５． 槡２ １０． ６．解：（１）由题意，｜５×２－１２ｍ＋６｜ ５２＋１２槡 ２ ＝４， 解得ｍ＝１７３ 或ｍ＝－３． （２）结合（１）可得ｍ＝－３， 因为直线ｌ１：ａｘ－ｙ－３＝０与ｌ２：－３ｘ＋ａｙ＋６＝０平行，ａ＞０， 所以 ａ －３＝ －１ ａ≠ －３ ６，解得ａ＝槡３， 所以直线ｌ１：槡３ｘ－ｙ－３＝０， ｌ２：－３ｘ＋槡３ｙ＋６＝０，即槡３ｘ－ｙ－ 槡２３＝０， 所以直线ｌ１与ｌ２之间的距离为ｄ＝槡３－ ３ ２． 第７期３，４版 直线的交点坐标与距离公式同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＣＣＣＤ　５～８　ＡＢＢＣ 提示： １．由题可得ｄ＝｜９＋４＋２｜ ９＋槡 １６ ＝３，故选（Ｃ）． ２．由 ２ｘ＋ｙ－４＝０， ｘ－ｙ－２＝０{ ， ｘ＝２， ｙ＝０{ ，即两直线交点坐标为（２，０）， 代入ｋｘ－ｙ＋３＝０得：２ｋ－０＋３＝０ｋ＝－ ３２． 故选：（Ｃ）． 书 １９．（１）①解：因为Ａ（１，２，１），Ｂ（０，－１，１）， 则→ →ＯＡ×ＯＢ＝ ｉ ｊ ｋ １ ２ １ ０ －１ １ ＝２ｉ－ｋ－ｊ－（－ｉ）＝３ｉ－ｊ－ｋ＝（３， －１，－１）． ②证明：设Ａ（ｘ１，ｙ１，ｚ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２，ｚ２），则 → →ＯＡ×ＯＢ＝ｙ１ｚ２ｉ＋ｚ１ｘ２ｊ＋ｘ１ｙ２ｋ－ｘ２ｙ１ｋ－ｚ２ｘ１ｊ－ｙ２ｚ１ｉ ＝（ｙ１ｚ２－ｙ２ｚ１，ｚ１ｘ２－ｚ２ｘ１，ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１）， 将ｘ２与ｘ１互换，ｙ２与ｙ１互换，ｚ２与ｚ１互换， 可得→ →ＯＢ×ＯＡ＝（ｙ２ｚ１－ｙ１ｚ２，ｚ２ｘ１－ｚ１ｘ２，ｘ２ｙ１－ｘ１ｙ２）， 故→ → → →ＯＡ×ＯＢ＋ＯＢ×ＯＡ＝（０，０，０）＝０． （２） 证 明： 因 为 ｓｉｎ∠ＡＯＢ ＝ １－ｃｏｓ２∠槡 ＡＯＢ ＝ １－ （ →ＯＡ·→ＯＢ）２ →｜ＯＡ｜２ →｜ＯＢ｜槡 ２＝ →｜ＯＡ｜２ →｜ＯＢ｜２－（→ＯＡ·→ＯＢ）槡 ２→ →｜ＯＡ｜｜ＯＢ｜ ， 故Ｓ△ＡＯＢ＝ １ ２ → →｜ＯＡ｜｜ＯＢ｜ｓｉｎ∠ＡＯＢ ＝ １２ →｜ＯＡ｜２ →｜ＯＢ｜２－（→ＯＡ·→ＯＢ）槡 ２， 故要证Ｓ△ＡＯＢ＝ １ ２ → →｜ＯＡ×ＯＢ｜， 只需证 → → →｜ＯＡ×ＯＢ｜＝ ｜ＯＡ｜２ →｜ＯＢ｜２－（→ＯＡ·→ＯＢ）槡 ２， 即证 →｜ＯＡ×ＯＢ｜２ →＝｜ＯＡ｜２ →｜ＯＢ｜２－（→ＯＡ·→ＯＢ）２， 由（１）→ＯＡ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１），→ＯＢ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）， → →ＯＡ×ＯＢ＝（ｙ１ｚ２－ｙ２ｚ１，ｚ１ｘ２－ｚ２ｘ１，ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１）， 故 → →｜ＯＡ×ＯＢ｜２＝（ｙ１ｚ２－ｙ２ｚ１）２＋（ｚ１ｘ２－ｚ２ｘ１）２＋（ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１）２， 又 →｜ＯＡ｜２＝ｘ２１＋ｙ２１＋ｚ２１，→｜ＯＢ｜２＝ｘ２２＋ｙ２２＋ｚ２２，（→ＯＡ·→ＯＢ）２＝（ｘ１ｘ２ ＋ｙ１ｙ２＋ｚ１ｚ２）２，则 → →｜ＯＡ×ＯＢ｜２ →＝｜ＯＡ｜２ →｜ＯＢ｜２－（→ＯＡ·→ＯＢ）２成立， 故Ｓ△ＡＯＢ＝ １ ２ → →｜ＯＡ×ＯＢ｜． （３）证明：由（２）Ｓ△ＡＯＢ＝ １ ２ → →｜ＯＡ×ＯＢ｜， （→ →ＯＡ×ＯＢ）２ → →＝｜ＯＡ×ＯＢ｜２＝ １２ → →｜ＯＡ×ＯＢ｜·２→ →｜ＯＡ×ＯＢ｜＝Ｓ△ＡＯＢ ·２→ →｜ＯＡ×ＯＢ｜，故（→ →ＯＡ×ＯＢ）２＝ １３Ｓ△ＡＯＢ· → →｜ＯＡ×ＯＢ｜·６， 故（→ＯＡ·→ＯＢ）２的几何意义表示以△ＡＯＢ为底面、→ →｜ＯＡ×ＯＢ｜为高的 三棱锥体积的６倍． 第５期３，４版 直线的倾斜角与斜率同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＢＡＢ　５～６　ＤＢＣＣ 提示： １．因为直线ｌ的倾斜角为１５０°，所以ｔａｎ１５０°＝－槡３３， 由斜率的定义ｋ＝ ｙ２－ｙ１ ｘ２－ｘ１ 可知，取ｘ１＝ｙ１＝０， 解得一组解可以是ｘ２＝－３，ｙ２＝槡３， 所以直线的一个方向向量可以是（－３，槡３）． ２．由题可得ｋＭＮ＝ ｍ－２ ２－１＝槡２，解得ｍ＝槡２＋２． ３．由题意得，直线ｌ的斜率必存在， 且ｋＡＢ＝ －１－１ ａ－２－（－ａ－２）＝－ １ ａ（ａ≠０）． 则 － ２３ (× － １ )ａ ＝－１，解得ａ＝－ ２３．故选（Ａ）． ４．设Ａ（２，０），Ｂ（－２，４），则点Ａ，Ｂ所在直线的斜率为ｋＡＢ＝ ４－０ －２－２＝－１， 由题意知，过点（２０２３，２０２４），（ａ，ｂ）的直线与直线ＡＢ平行， 所以 ｂ－２０２４ ａ－２０２３＝－１，整理得ａ＋ｂ＝２０２３＋２０２４＝４０４７．故选（Ｂ）． ５．｜ＯＡ１０｜＝｜ＯＡ１｜＋｜Ａ１Ａ１０｜＝９６＋９×１６＝２４０ｍ， ｜ＯＰ１０｜＝｜ＯＰ１｜＋｜Ｐ１Ｐ１０｜＝６０＋９×４＝９６ｍ， 故Ｂ１０（－２４０，０），Ｐ１０（０，９６），则ｋＰ１０Ｂ１０＝ ０－９６ －２４０－０＝ ２ ５． ６．由已知可得：ｋＡＢ＝ ５－３ ２＋４＝ １ ３，ｋＢＣ＝ ３－５ ６－２＝－ １ ２， ｋＣＤ＝ ０－３ －３－６＝ １ ３，ｋＡＤ＝ ０－３ －３＋４＝－３． 所以ｋＡＢ＝ｋＤＣ，ｋＡＤ≠ｋＢＣ，ｋＡＤ·ｋＡＢ＝ｋＡＤ·ｋＤＣ＝－１，即ＡＢ∥ＤＣ， ＡＤ不平行于ＢＣ，ＡＤ⊥ＡＢ，ＡＤ⊥ＤＣ，故构成的图形为直角梯形． 故选（Ｂ）． ７．由题可得∠ＡＢＣ＝∠ｘＣＢ－∠ｘＡＢ， 又ｋＡＢ＝ ２ ３，ｋＢＣ＝－ １ ２，得ｔａｎ∠ｘＡＢ＝ ２ ３，ｔａｎ∠ｘＣＢ＝－ １ ２， 所以ｔａｎ∠ＡＢＣ＝ｔａｎ（∠ｘＣＢ－∠ｘＡＢ） ＝ ｔａｎ∠ｘＣＢ－ｔａｎ∠ｘＡＢ１＋ｔａｎ∠ｘＣＢ·ｔａｎ∠ｘＡＢ ＝ － １２ － ２ ３ １－ １２ × ２ ３ ＝－ ７４． ８．依题意，直线ＭＡ的斜率ｋＭＡ＝ ２－０ １－（－１）＝１， 直线ＭＢ的斜率ｋＭＢ＝ －槡３－０ ０－（－１）＝－槡３， 如图１，直线ｌ与线段ＡＢ有公共点， 则直线ｌ的斜率ｋ满足 －槡３≤ｋ≤１， 当 －槡３≤ ｋ＜０时，直线 ｌ的倾斜角 α [ ∈ ２π ３， )π ，当０≤ｋ≤１时，α [∈ ０，π ]４ ， 所以直线ｌ [的倾斜角的取值范围为 ０，π ]４ [∪ ２π３， )π ．故选（Ｃ）． 二、多项选择题 ９．ＢＣ；　１０．ＡＤ；　１１．ＢＣ． 提示： ９．由倾斜角定义知０＜α１＜α４＜ π ２，α３＞ π ２，α２＝０， 所以α２＜α１＜α４＜α３，故（Ｃ）正确； 由ｋ＝ｔａｎα，知ｋ２＝０，ｋ３＜０，０＜ｋ１＜ｋ４，所以ｋ３＜ｋ２＜ｋ１＜ｋ４， 故（Ｂ）正确．故选：（Ｂ）（Ｃ）． １０．若Ａ，Ｂ两个镇到马路ｌ的距离相等， 当ｌ与直线ＡＢ平行时，则ｋ＝－４－３－３－６＝ ７ ９． 当直线ＡＢ与ｌ相交时，则直线过ＡＢ的中点，又 ＡＢ (的中点为 ３２， － )１２ ，所以ｋ＝－ １ ２ ＋１ ３ ２ －０ ＝ １３，故ｋ＝ ７ ９ 或 １ ３． 若Ａ，Ｂ两个镇位于马路的两侧，则ｋＡＣ＝ －１＋４ ３ ＝１，ｋＢＣ＝ ３＋１ ６ ＝ ２ ３，故ｋ (的取值范围为 －∞， )２３ ∪（１，＋∞）．故选（Ａ）（Ｄ）． １１．ｋ＝ｋＡＢ＝ ２－０ ０＋１＝２，所以直线ＡＢ的方向向量为（１，２），（Ａ）错误； 因为 － １２·ｋＡＢ＝－１，所以ｌ⊥ＡＢ，（Ｂ）正确． 因为ｋＢＣ＝ ０＋１ －１－１＝－ １ ２，ｋＢＣｋＡＢ＝－１，所以ＡＢ⊥ＢＣ，（Ｃ）正确． 因为ｋＣＤ＝ ３＋１ ３－１＝２＝ｋＡＢ，ｋＡＤ＝ １ ３，ｋＢＣ＝－ １ ２，ｋＡＤ≠ｋＢＣ， 所以四边形ＡＢＣＤ不是平行四边形，（Ｄ）错误．故选（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．４；　１３．［０，２］；　１４．９１４． 提示： １２．ｋＡＢ＝ ｍ＋１ ｍ２－２ｍ－３ ＝ｔａｎ４５°＝１， 解得ｍ＝４． １３．由图２，可知当直线位于如图阴影部分 所示的区域内（包括边界）时，满足题意，所以直 线ｌ的斜率满足０≤ｋ≤２．故［０，２］． １４．以Ｃ为原点，ＤＣ，ＢＣ边分别为ｘ 轴，ｙ轴建立平面直角坐标系，如图３，则 Ｎ（－１２０，－８０），Ｍ（－６０，－２００）， Ｎ关于 ｘ轴的对称点为 Ｎ′（－１２０， ８０），Ｎ′关于 ｙ轴的对称点为 Ｎ″（１２０， ８０）， 直线ＭＮ″方向为本球射出方向， 故 (ｔａｎ π２ － )θ ＝８０＋２００１２０＋６０＝ １４ ９，ｔａｎθ＝ ９ １４． 四、解答题 １５．解：（１）依题意，（－１，槡３）是直线ｌ的一个方向向量， 所以直线ｌ的斜率ｋ＝－槡３， 所以直线ｌ的倾斜角为１２０°． （２）直线的倾斜角是钝角，则直线斜率ｋＡＢ＝ ｍ－３ １－ｍ＋１＜０， 解得ｍ＜２或ｍ＞３． 所以实数ｍ的范围是（－∞，２）∪（３，＋∞）． １６．解：（１）由斜率公式得直线ＡＢ的斜率为 －４－２－２＝１， 记倾斜角为α，则ｔａｎα＝１， 因为α∈［０，π），所以直线ＡＢ的倾斜角为 π４． （２）由题知 ｎｍ－２为直线ＢＥ的斜率． 记直线ＢＣ的倾斜角为β， 直线ＢＥ的倾斜角为γ， 由图４可知，γ∈［０，α］∪［β，π］， 又ｋＢＣ＝ｔａｎβ＝ １ －１－２＝－ １ ３， 所以，由正切函数性质可得，直线 ＢＥ的 [斜率的取值范围为 － １３， ]１ ，即 ｎｍ－２的 [取值范围为 － １３， ]１ ． １７．解：（１）设Ｑ（ｘ，ｙ），由题意得ｋＭＮ＝３，ｋＰＮ＝－２． 因为ＰＱ⊥ＭＮ，所以ｋＰＱ·ｋＭＮ＝ ｙ ｘ－３×３＝－１． ① 又ＰＮ∥ＭＱ，所以ｋＭＱ＝ｋＰＮ，即 ｙ＋１ ｘ－１＝－２． ② 由①②，得ｘ＝０，ｙ＝１，即Ｑ（０，１）． （２）设Ｑ（ｘ，０），因为∠ＮＱＰ＝∠ＮＰＱ，所以ｋＮＱ＝－ｋＮＰ． 又ｋＮＱ＝ ２ ２－ｘ，ｋＮＰ＝－２，所以 ２ ２－ｘ＝２，即ｘ＝１， 所以Ｑ（１，０），又Ｍ（１，－１），所以ＭＱ⊥ｘ轴， 故直线ＭＱ的倾斜角为９０°． １８．（１）解：设Ｍ（ｘ，ｙ）， →ＢＭ ＝ ２３ →ＢＡ（ｘ，ｙ－ｂ）＝ ２３（ａ，－ｂ）， 则ｘ＝ ２３ａ，ｙ＝ １ ３ｂ，即点Ｍ (的坐标为 ２３ａ，１３ )ｂ ． 又因为直线ＯＭ的斜率为槡５１０， 于是ｋＯＭ ＝ ｙ ｘ ＝ ｂ ２ａ＝ 槡５ １０，所以 ｂ ａ ＝ 槡５ ５． （２）证明：由题得点Ｃ的坐标为（０，－ｂ）， 线段ＡＣ的中点Ｎ (的坐标为 １２ａ，－ １２ )ｂ ， 则ｋＭＮ＝ ５ｂ ａ，ｋＡＢ＝－ ｂ ａ，于是ｋＭＮ·ｋＡＢ＝－ ５ｂ２ ａ２ ＝－１， 所以ＭＮ⊥ＡＢ． １９．（１）证明：如图５， 设点Ａ（ｘ１，ｌｏｇ９ｘ１），Ｂ（ｘ２，ｌｏｇ９ｘ２）， 则Ｃ（ｘ１，ｌｏｇ３ｘ１），Ｄ（ｘ２，ｌｏｇ３ｘ２）． 由Ａ，Ｏ，Ｂ三点共线，知ｋＯＡ＝ｋＯＢ， 所以 ｌｏｇ９ｘ１ ｘ１ ＝ ｌｏｇ９ｘ２ ｘ２ ， 即 ｌｏｇ３ｘ１ ｘ１ ＝ ｌｏｇ３ｘ２ ｘ２ ，即ｋＯＣ＝ｋＯＤ， 所以点Ｃ，Ｄ，Ｏ在同一条直线上． （２）解：当直线ＢＣ的斜率为０时，ＢＣ∥ｘ轴， 则ｌｏｇ９ｘ２＝ｌｏｇ３ｘ１，即 １ ２ｌｏｇ３ｘ２＝ｌｏｇ３ｘ１，所以ｘ２＝ｘ ２ １． 由（１）知 ｌｏｇ３ｘ１ ｘ１ ＝ ｌｏｇ３ｘ２ ｘ２ ，所以 ｌｏｇ３ｘ１ ｘ１ ＝ ｌｏｇ３ｘ２１ ｘ２１ ＝ ２ｌｏｇ３ｘ１ ｘ２１ ，解得ｘ１＝２， 所以点Ａ的坐标为（２，ｌｏｇ９２）． 第６期２版 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｃ；　３．ＢＤ．　４．２ｘ－ｙ＋２＝０； ５．ｙ－２＝－槡３（ｘ＋１）． 专项小练二 １．Ａ；　２．Ａ；　３．ＡＣ．　４．－３； ５．ｙ＝ ２ｘ， １ ３ｘ＋ ５０ ３ { ，０≤ｘ＜１０，１０≤ｘ≤４０． 专项小练三 １．Ｂ；　２．Ｂ；　３．ＢＣＤ．　４．ｘ－槡３ｙ＋槡３＝０；　５．二． 第６期３，４版 直线的方程同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＤＡＣ　５～８　ＡＣＢＤ 提示： １．直线ｌ的倾斜角是１３５°，所以ｋ＝ｔａｎ１３５°＝－１， 所以由点斜式得直线ｌ的方程为ｙ＝－（ｘ－１）＝－ｘ＋１， 当ｘ＝－１时，ｙ＝２，故点（－１，２）在直线上，（Ｂ）正确． ２．已知ｋｂ≠０，ｌ２：ｙ＝－ ｂ ｋｘ＋ｂ，由四个选项中的ｌ１可知ｋ＞０，可排 除（Ａ），（Ｃ）；当ｂ＜０时，可排除（Ｂ）；当ｂ＞０时，（Ｄ）符合题意． ３．由题意可知直线ｌ的斜率ｋ＝ｔａｎπ４ ＝１， 所以直线ｌ的方程为ｙ－３＝ｘ－１，即ｙ＝ｘ＋２， 所以它在ｙ轴上的截距为２． ４．因为Ａ∩Ｂ＝， 所以直线ｘ＋ａｙ－ａ＝０与直线ａｘ＋（２ａ＋３）ｙ－１＝０没有交点， 所以直线ｘ＋ａｙ－ａ＝０与直线ａｘ＋（２ａ＋３）ｙ－１＝０互相平行， 所以１×（２ａ＋３）－ａ×ａ＝０，解得ａ＝－１或ａ＝３， 当ａ＝－１时，两直线为：ｘ－ｙ＋１＝０，－ｘ＋ｙ－１＝０， 此时两直线重合，不满足； 当ａ＝３时，两直线为：ｘ＋３ｙ－３＝０，３ｘ＋９ｙ－１＝０， 此时两直线平行，满足， 所以ａ的值为３． ５．由直线ｌ的方程为：２ｘ＋３ｙ－１＝０， 得斜率ｋ＝ｔａｎθ＝－ ２３， 则ｓｉｎ（θ－π）· (ｓｉｎ π２ － )θ ＝－ｓｉｎθ·ｃｏｓθ＝－ｓｉｎθ·ｃｏｓθ１ ＝－ｓｉｎθ·ｃｏｓθ ｓｉｎ２θ＋ｃｏｓ２θ ＝ －ｔａｎθ ｔａｎ２θ＋１ ＝ ( ２ ３ － )２３ ２ ＋１ ＝ ６１３． ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$% 2 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8&%+ #$% 2 ! " #!!""# $ $ % ! " & ' # ( ! ) * ! # (! (" ! % ! $ # & " ) % ! ! ! ! ! + " + $ # % & &! ! " ! $ ! $ " &' " " # % ! " ! & # , " ' % ! % %-&'( ) ! ! & * # ' %-&'( # ! % " ! * 书 一、利用对称求直线的解析式 例１求直线ｌ１：ｙ＝２ｘ－３关于ｙ轴对称的直线ｌ２的 解析式． 解：设直线ｌ１上的任一点Ｐ的坐标为（ａ，ｂ）， 则ｂ＝２ａ－３． Ｐ（ａ，ｂ）关于ｙ轴的对称点Ｐ′的坐标为（－ａ，ｂ），则 Ｐ′点的坐标（ｘ，ｙ）满足： ①ｘ＝－ａ；②ｙ＝ｂ＝２ａ－３． 联立①②消去ａ得ｙ＝－２ｘ－３． 从而所求直线ｌ２的解析式为ｙ＝－２ｘ－３． 点评：同学们也可以总结出一般的规律，即直线 ｌ１： ｙ＝ｋｘ＋ｂ关于ｙ轴对称的直线 ｌ２的解析式为 ｌ２：ｙ＝ －ｋｘ＋ｂ． 二、利用直线的对称性求最值 例２已知直线ｌ：３ｘ－ｙ－１＝０，在ｌ上确定点Ｐ，Ｑ，使得： （１）点Ｐ到点Ａ（４，１）和点Ｂ（０，４）的距离之差最大； （２）点Ｑ到点Ａ（４，１）和点Ｃ（３，４）的距离之和最小． 解：（１）如图１，点Ａ，Ｂ在直线ｌ 的异侧，设点Ｂ（０，４）关于ｌ的对称 点为Ｂ′（ａ，ｂ），直线ＡＢ′与ｌ的交点 即为所求． 因为ＢＢ′⊥ ｌ， 所以ｋＢＢ′·ｋｌ＝－１． ① 因为ＢＢ′的中点 Ｍ ａ ２， ｂ＋４( )２ 在直线ｌ上， 所以 ３ａ－ｂ－６＝０． ② 联立①②解得 ａ＝３，ｂ＝３．即 Ｂ′（３，３）． 易得直线ＡＢ′的方程为 ｙ－１＝－２（ｘ－４）， 即 ２ｘ＋ｙ－９＝０． 由 ３ｘ－ｙ－１＝０， ２ｘ＋ｙ－９＝{ ０得 ｘ＝２，ｙ＝５{ ． 故所求点Ｐ的坐标为（２，５）． （２）如图２，点Ａ，Ｃ在直线ｌ的同 侧，设点 Ｃ关于直线 ｌ的对称点为 Ｃ′（ｍ，ｎ），ＡＣ′与ｌ的交点即为所求． 类似（１）可求出点 Ｃ′的坐标为 ３ ５， ２４( )５ ， 从而得直线ＡＣ′的方程为 １９ｘ＋１７ｙ－９３＝０． 由 ３ｘ－ｙ－１＝０， １９ｘ＋１７ｙ－９３＝{ ０得 ｘ＝１１７， ｙ＝２６７ { ． 所以ＡＣ′与ｌ的交点为 １１ ７， ２６( )７ ．即为所求． 点评：点Ｐ（ｘ，ｙ）关于ｘ轴的对称点为（ｘ，－ｙ），关 于 ｙ轴的对称点为（－ｘ，ｙ），关于原点的对称点为 （－ｘ，－ｙ）．求最值时，若能巧妙地应用对称关系解题， 则能收到事半功倍的效果，提高解题质量． 三、利用直线的对称性求对称点的坐标 例３已知直线ｌ：２ｘ－３ｙ＋１＝０，点Ａ（－１，－２）， 求直线ｌ关于点Ａ（－１，－２）对称的直线ｌ′的方程． 解：在直线ｌ：２ｘ－３ｙ＋１＝０上任取两点，如Ｍ（１， １），Ｎ（４，３）， 则Ｍ，Ｎ关于点Ａ（－１，－２）的对称点Ｍ′，Ｎ′均在 直线ｌ′上．易得Ｍ′（－３，－５），Ｎ′（－６，－７）． 再由两点式可得ｌ′的方程为２ｘ－３ｙ－９＝０． 点评：直线关于点的对称都可以转化为点关于点的对称 来处理，处理点关于点的对称，只需用中点坐标公式即可． 书 两直线的交点求解与点、 线间的距离公式的应用是解析 几何学的重要组成部分，要顺 利地求得结果，往往需要多方 面知识综合运用．本文结合两 道典型例题来探索交点与距离 的巧解策略． 例１直线ｌ过点Ｐ（１，２），且被两条平行直线ｌ１：４ｘ＋ ３ｙ＋１＝０和ｌ２：４ｘ＋３ｙ＋６＝０截得线段长为槡２，求直 线ｌ的方程． 常规思路：如右图，设直线ｌ 的方程为ｙ－２＝ｋ（ｘ－１），与 ｌ１，ｌ２ 联立解得与 ｌ１ 的交点 (Ａ ３ｋ－７３ｋ＋４，－５ｋ＋８３ｋ＋ )４ ，与ｌ２的交 点 (Ｂ ３ｋ－１２３ｋ＋４，－１０ｋ＋８３ｋ＋ )４ ． 因为｜ＡＢ｜＝槡２，代入两点间的距离公式解得 ｋ＝－１７或ｋ＝７， 故直线ｌ的方程为７ｘ－ｙ－５＝０或ｘ＋７ｙ－１５＝０． 妙解：设ｌ交ｌ１于Ａ（ｘ１，ｙ１），交ｌ２于Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 则４ｘ１＋３ｙ１＋１＝０，４ｘ２＋３ｙ２＋６＝０． 两式相减得４（ｘ１－ｘ２）＋３（ｙ１－ｙ２）＝５． ① 由｜ＡＢ｜＝槡２，得（ｘ１－ｘ２） ２＋（ｙ１－ｙ２） ２ ＝２． ② 由①②解得 ｘ１－ｘ２ ＝ １ ５， ｙ１－ｙ２ ＝ ７{ ５ 或 ｘ１－ｘ２ ＝ ７ ５， ｙ１－ｙ２ ＝－ １ ５ { ， 所以直线ｌ的斜率ｋ＝ ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ ＝７或 －１７． 由点斜式得ｌ方程为ｙ－２＝７（ｘ－１）或ｙ－２＝ －１７（ｘ－１），即７ｘ－ｙ－５＝０或ｘ＋７ｙ－１５＝０． 点评：本题妙解中给出的解法依据斜率公式的特征 设而不求，使得运算量大大减小． 例２求过直线４ｘ－２ｙ－１＝０与直线ｘ－２ｙ＋５＝ ０的交点，且与Ｐ１（０，４），Ｐ２（２，０）两点距离相等的直线 的方程． 常规思路：由 ４ｘ－２ｙ－１＝０， ｘ－２ｙ＋５＝０{ ，解得两直线交点为 (Ｐ ２，７ )２ ． 设所求直线为ｌ：ｙ－７２ ＝ｋ（ｘ－２），即２ｋｘ－２ｙ－４ｋ ＋７＝０． 因为Ｐ１，Ｐ２到ｌ的距离相等， 所以 ｜－２×４－４ｋ＋７｜ （２ｋ）２＋（－２）槡 ２ ＝｜２ｋ×２－４ｋ＋７｜ （２ｋ）２＋（－２）槡 ２ ， 解得ｋ＝ ３２或ｋ＝－２． 故所求直线方程为３ｘ－２ｙ＋１＝０或４ｘ＋２ｙ－１５＝０． 妙解：由平面几何知识知所求直线过 Ｐ１Ｐ２的中点 或与Ｐ１Ｐ２平行． 设所求直线为ｌ：（４ｘ－２ｙ－１）＋λ（ｘ－２ｙ＋５）＝０， 即（４＋λ）ｘ－２（１＋λ）ｙ＋（５λ－１）＝０． （１）当ｌ过Ｐ１Ｐ２的中点时， 因为Ｐ１Ｐ２的中点为（１，２）， 所以（４×１－２×２－１）＋λ（１－２×２＋５）＝０， 解得λ＝ １２，于是有３ｘ－２ｙ＋１＝０． （２）当ｌ∥Ｐ１Ｐ２时，因为ｋ＝ｋＰ１Ｐ２ ＝ ０－４ ２－０＝－２， 所以 － ４＋λ－２（１＋λ） ＝－２，解得λ＝－８５， 于是有４ｘ＋２ｙ－１５＝０． 综上可知，所求直线ｌ的方程为３ｘ－２ｙ＋１＝０或４ｘ ＋２ｙ－１５＝０． 点评：求过两直线的交点的直线时，若交点易求则 求，若交点不易求，就用妙解中提供的解法回避求交点． ! !" #$% ! " # $ % & " ! " " ! " # $ % ! " # $ ! &! " # "$ % & ' ! " ( ! !& '() ! " # $ ! " # $ ( & ' ! ) ! ! &! * # *$ ' 书 学习数学是需要通过做一定的练习，不断积累知识 与方法，从而更加深刻地理解概念和学会灵活运用基本 理论解决问题．因此在平时的学习中可以针对一个问 题，从多角度进行分析，争取寻找更多的解决方法，从而 达到上述目的．下面以一道直线相交题为例进行多解研 究． 例 一条直线ｌ被两直线ｌ１：３ｘ－ｙ＋１＝０，ｌ２：２ｘ＋ｙ －６＝０截得的线段的中点恰好是坐标原点，则该直线方 程为 ． 解法一：（方程法） 设所求直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ， 与ｌ１，ｌ２的交点分别是Ａ，Ｂ， 则由 ｙ＝ｋｘ， ３ｘ－ｙ＋１＝０{ ，解得 (Ａ １ｋ－３， ｋｋ－ )３ ； 由 ｙ＝ｋｘ， ２ｘ＋ｙ－６＝０{ ，解得 (Ｂ ６ｋ＋２，６ｋｋ＋ )２ ． 于是 １ ｋ－３＋ ６ ｋ＋２＝０，解得ｋ＝ １６ ７． 所以直线ｌ的方程为ｙ＝１６７ｘ， 即１６ｘ－７ｙ＝０． 解法回眸：本解法是最常规的一种解法，即根据题 意设出所求直线方程，然后通过解方程组求得两个交点 的坐标，再利用中点坐标公式建立方程求得直线斜率 ｋ 的值，进而求得直线方程，但整个过程的计算量比较大． 解法二：（坐标法） 设所求直线ｌ与ｌ１，ｌ２的交点分别是Ａ，Ｂ， 则由条件知Ａ，Ｂ关于原点对称． 由于点Ａ在直线ｌ１：３ｘ－ｙ＋１＝０上， 所以设点Ａ坐标（ａ，３ａ＋１）， 则点Ｂ的坐标为（－ａ，－３ａ－１）， 代入ｌ２的方程得２（－ａ）＋（－３ａ－１）－６＝０， 解得ａ＝－７５，故 (Ａ －７５，－１６)５ ． 所以直线ｌ的方程为ｙ－０＝ －１６５－０ －７５－０ （ｘ－０）， 即１６ｘ－７ｙ＝０． 解法回眸：本解法紧紧抓住交点及对称关系，通过 设出交点的坐标，充分利用点在直线上建立方程求得交 点的坐标，进而求得直线方程，整个过程运算量比较小． 解法三：（结构分析法） 设所求直线ｌ与ｌ１，ｌ２的交点分别是Ａ，Ｂ， 设Ａ（ｘ０，ｙ０），则Ｂ点坐标为（－ｘ０，－ｙ０）． 因为Ａ，Ｂ分别在ｌ１，ｌ２上， 所以 ３ｘ０－ｙ０＋１＝０， －２ｘ０－ｙ０－６＝０ { ， ① ② ① ×６＋②得１６ｘ０－７ｙ０ ＝０， 即点Ａ在直线１６ｘ－７ｙ＝０上． 又直线１６ｘ－７ｙ＝０过原点， 即原点Ｏ和Ａ点确定的直线方程为１６ｘ－７ｙ＝０． 所以直线ｌ的方程为１６ｘ－７ｙ＝０． 解法回眸：本解法主要是抓住所求直线上的两个 点，利用这两个点的坐标满足结构相同的方程，然后抽 象出所求直线的方程． 书 一、巧求函数最值 函数的最值问题一直是我们学习的难点，尤其当 函数中含有两个根式时，更是难上加难，而学习中，我 们应“明知山有虎，偏向虎山行”． 例１求函数ｙ＝ ｘ２＋６ｘ＋槡 ７３＋ ｘ ２－４ｘ＋槡 ８的 最小值． 巧转妙解： 将原函数变形为 ｙ＝ （ｘ＋３）２＋（０－８）槡 ２ ＋ （ｘ－２）２＋（０－２）槡 ２，并理解为点（ｘ，０）到（－３，８） 与（２，２）距离之和，易得最小值即为点（－３，８）关于 ｘ 轴的对称点（－３，－８）与点（２，２）之间的距离，为５槡５． 所以原函数的最小值为５槡５． 赋诗一首： 稀奇稀奇真稀奇，两个根式坐一起．根式里面是二 次，二次里面藏秘密．合理变形看仔细，原是两点间距 离．数形结合来分析，对称思想显神奇． 二、巧证不等式 不等式的证明也是我们学习的一个难点，目前还 没有学到．没学到的问题一定不能解决吗？关于这个问 题，我们来看下面一道例题． 例２已知 ａ，ｂ，ｃ，ｄ都是实数，求证： ａ２＋ｂ槡 ２ ＋ ｃ２＋ｄ槡 ２≥ （ａ－ｃ）２＋（ｂ－ｄ）槡 ２． 巧转妙解： 从题目的外表形式观察到，要证的结论的右端与 平面上两点间的距离公式很相似，而左端可看作是点 到原点的距离公式． 不妨设Ａ（ａ，ｂ），Ｂ（ｃ，ｄ）， 如图２所示，则 ｜ＡＢ｜＝ （ａ－ｃ）２＋（ｂ－ｄ）槡 ２， ｜ＯＡ｜＝ ａ２＋ｂ槡 ２， ｜ＯＢ｜＝ ｃ２＋ｄ槡 ２． 在△ＯＡＢ中，由三角形三边之间的关系知 ｜ＯＡ｜＋｜ＯＢ｜＞｜ＡＢ｜． 当且仅当线段ＡＢ过原点Ｏ时， ｜ＯＡ｜＋｜ＯＢ｜＝｜ＡＢ｜． 故 ａ２＋ｂ槡 ２ ＋ ｃ２＋ｄ槡 ２ ≥ （ａ－ｃ）２＋（ｂ－ｄ）槡 ２． 赋诗一首： 三个根式来“结义”，三个“距离”显本质．一张图 形现眼前，一目了然明道理．三角形与不等式，原来它 们有关系！有了关系好证题，披荆斩棘夺胜利！ ! ' & #"+#,$ *%-&.$ ! " ! ' & %&#&&'$ %&#&'$ %"&"$ ! ! ! *+ , - ! ./ 012 书 一、应注意两种方法探究两条直线的位置关系 １．从“斜率”判断入手：两条直线ｌ１：ｙ＝ｋ１ｘ＋ｂ１，ｌ２： ｙ＝ｋ２ｘ＋ｂ２的位置关系：①ｌ１∥ｌ２ｋ１＝ｋ２，ｂ１≠ｂ２；②ｌ１ ⊥ｌ２ｋ１·ｋ２＝－１．当两条直线的斜率都不存在时，两条 直线也平行；当两条直线的一条斜率不存在，另一条的 斜率为０时，这两条直线也垂直． ２．从“系数比”判断入手：用“系数比”判断两条直 线ｌ１：Ａ１ｘ＋Ｂ１ｙ＋Ｃ１＝０，ｌ２：Ａ２ｘ＋Ｂ２ｙ＋Ｃ２＝０的位置 关系：①平行Ａ１Ｂ２－Ａ２Ｂ１ ＝０（斜率）且Ｂ１Ｃ２－Ｂ２Ｃ１ ≠０（在ｙ轴上截距）；②相交Ａ１Ｂ２－Ａ２Ｂ１≠０；③重合 Ａ１Ｂ２－Ａ２Ｂ１＝０且Ｂ１Ｃ２－Ｂ２Ｃ１＝０；④垂直Ａ１Ａ２＋ Ｂ１Ｂ２ ＝０． 二、应注意直线的交点和对应方程组解的一一对应 关系 １．感悟数与形的完美统一：要注意理解直线的交点 坐标与对应方程组解的一一对应关系． ２．两直线的交点求法：求两直线 Ａ１ｘ＋Ｂ１ｙ＋Ｃ１ ＝ ０（Ａ１Ｂ１≠０）与Ａ２ｘ＋Ｂ２ｙ＋Ｃ２＝０（Ａ２Ｂ２≠０）的交点坐 标， 只 需 求 两 直 线 方 程 联 立 所 得 方 程 组 Ａ１ｘ＋Ｂ１ｙ＋Ｃ１ ＝０， Ａ２ｘ＋Ｂ２ｙ＋Ｃ２ ＝ { ０的解即可． ３．方程组的解与两直线位置关系的对应情况：①方程 组有唯一解 ｌ１与 ｌ２相交；② 方程组无解 ｌ１∥ ｌ２； ③方程组有无数个解ｌ１与ｌ２重合． 三、应注意两个距离公式中的数形结合思想 １．两点间的距离公式：两点 Ｐ１（ｘ１，ｙ１），Ｐ２（ｘ２，ｙ２） 间的距离｜Ｐ１Ｐ２｜＝ （ｘ２－ｘ１） ２＋（ｙ２－ｙ１）槡 ２． ２．点到直线的距离公式：点 Ｐ（ｘ０，ｙ０）到直线 Ａｘ＋ Ｂｙ＋Ｃ＝０的距离ｄ＝ ｜Ａｘ０＋Ｂｙ０＋Ｃ｜ Ａ２＋Ｂ槡 ２ ． 特别注意： ①公式１，形助数，认识斜线段在两坐标轴上的射 影，利用勾股定理可推导和记忆公式； ②公式２中的距离是垂直距离； ③运用公式２时，直线方程先化为一般形式，且公 式中分子必须带绝对值符号． 书 １８．（１７分）（２０２４上海专题练习）一束光从光源 Ｃ（１，２）射出，经ｘ轴反射后（反射点为 Ｍ），射到线段 ｙ ＝－ｘ＋ｂ，ｘ∈［３，５］上Ｎ处． （１）若Ｍ（３，０），ｂ＝７，求光从Ｃ出发，到达点Ｎ时 所走过的路程； （２）若ｂ＝８，求反射光的斜率的取值范围； （３）若ｂ≥６，求光从Ｃ出发，到达点Ｎ时所走过的 最短路程． １９．（１７分）（２０２４上海徐汇期中）已知点Ｐ和非零 实数λ，若两条不同的直线ｌ１，ｌ２均过点Ｐ，且斜率之积为 λ，则称直线ｌ１，ｌ２是一组“Ｐλ共轭线对”，如直线ｌ１：ｙ＝ ２ｘ和ｌ２：ｙ＝－ １ ２ｘ是一组“Ｏ－１共轭线对”，其中Ｏ是坐 标原点． （１）已知ｌ１：ｘ＋ｙ＝０，且ｌ１，ｌ２是一组“Ｏ－３共轭线 对”，求ｌ１，ｌ２的夹角的正切值； （２）已知点Ａ（０，１），点Ｂ（－１，０）和点Ｃ（１，０）分别 是三条直线ＰＱ，ＱＲ，ＲＰ上的点（Ａ，Ｂ，Ｃ与Ｐ，Ｑ，Ｒ均不重 合），且直线 ＲＰ，ＱＰ是“Ｐ１共轭线对”，直线 ＰＱ，ＱＲ是 “Ｑ４共轭线对”，直线 ＲＰ，ＱＲ是“Ｒ９共轭线对”，求点 Ｐ 的坐标； （３）已知直线ｌ１：ｍｘ＋ｙ＋ｍ＋１＝０过定点Ｑ，直线 ｌ１，ｌ２是“Ｑ－１共轭线对”，当实数ｍ变化时，求原点Ｏ到直 线ｌ１，ｌ２的距离之积的取值范围． ! " ! #"$ %! !"##" "#"$&%'!&( 3456789:; ! ! !"#$% 3<=> '?; !"#$%&'()*+,'-. !"#$ %& ( '()*+,-. ) *+ @AB , ) *+ C0D , % - .+ EFB , ) *+ G H , ) *+ I J -./01+ E K 23/01+ ELM -4506+ N O -4578+ PQR 0ST U V WXY Z [ \]^ C_` ZaL b Q c1Y deA Ufg hfi CAj kJl mnV o ^ pqr 0st 91-.+ 0uT 91:;+ pqr <=-.+ Cvw >?-.+ xyz @ABC+ {|} !"~€‚ƒ !"~€„…†‡ˆ‰Š‹ !"~€ŒŽ‘’“‚” •–—˜™š›œ ˜ž@AB Ÿ ¡¢£¤›œ¥¦ž)*!$+#,#,-3.; §¨©¦ž"!+"%& ªl•«¬­®¯°>¢±3²„ ! œ"> # : "³´*µ*œ "¶h¢›? "™šº»¼ž#'0!+0",!"01 "³´½¾ž!"¿ÀÁÂXÃÄÅÆÇ !'"¦•–—˜ªl•™šº "§È™Éž#'###1 "Âʺ˗Ì͞#'0!&0",!!"0 #'0!&0",!"',3ˆÎ; "ËϞÐÑҗÂʺ¾ÓÔ՟ÖקØ3Ù; "§ÈËÏÌ͞!!!%0 "ÚÛÜÝËÞßËàáË "җâ՟ֿ3Â;ã„äåæ— "ç莏éÚꦞ!$####$###!!# "ç躻¼ž#'0!&0",!"00 "җëì/&툉î’“3ðñÂòóÄôõö÷ø†‡ù !! ¦;úîûüîýþÿ!"ûÐÑҗÂʺ¾Ó#$ 39% "û#?l&; !"# $%&'( !"#$%( &'()*+, -./01,2.3 4)5, 2.678 9:;<=>?@ A7BCDEF)G H7 IJKLMN O,P/QRSTU &VW,XXYN/ ZI[\OR]) ^^_`/a 1bbcd,1)e f, ghR])e f)R]hc))ij klmnopR] qrstuvw7xy z7{f|[}c~7 tp€‚ƒ„~ …†R]hd))I )d‡hˆ‰Š‹ ŒŽ)7‘’ P“”•O7–—{ ˜™š›”7œž7 {˜Ÿ ¡) œ7}h¢p R%£¤cd)e f7 o¥/¦§R %7 ¨©ªI«)¬ ­7 ®¯1/°,R %{XXhcd) cd±W,²³´µ µ¶e,³·¸"_ ¹º¬­»k¼¼ )½¾) ¿½¾7& aÀ®IÁÂÃà _Ä=)aÀÂ)½ 书 １．（２０２４北京顺义统考期末）若直线ｘ－ａｙ＝０与 直线２ｘ＋ｙ－１＝０的交点为（１，ｙ０），则实数ａ的值为 （　　） 　　 　　 　　 　　 　　　　 　　 　 （Ａ）－１ （Ｂ）－１２ （Ｃ）１ （Ｄ）２ ２．（２０２４天津校联考期末）过直线ｘ＋ｙ＋１＝０和 ｘ－２ｙ＋４＝０的交点，且与直线ｘ＋２ｙ－３＝０垂直的 直线方程是 （　　） （Ａ）２ｘ－ｙ＋３＝０ （Ｂ）２ｘ－ｙ＋５＝０ （Ｃ）ｘ＋２ｙ－４＝０ （Ｄ）２ｘ－ｙ－３＝０ ３．（多选）（２０２４湖南长沙校考期末）若直线ｌ１：３ｘ＋ ｙ＝４，ｌ２：ｘ－ｙ＝０，ｌ３：２ｘ－３ｍｙ＝４不能构成三角形，则 ｍ的取值为 （　　） （Ａ）２３ （Ｂ）－ ２ ３ （Ｃ） ２ ９ （Ｄ）－ ２ ９ ４．（２０２４甘肃武威课时训练）直线３ｘ＋２ｙ＋６＝０和 ２ｘ＋５ｙ－７＝０的交点坐标为 ． ５．（２０２４江苏宿迁阶段测试）已知直线ｌ１：ａｘ＋ｙ＋１ ＝０与ｌ２：２ｘ－ｂｙ－１＝０相交于点Ｍ（１，１），则ａ－ｂ＝ ． ６．（２０２４山西课时作业）判断下列直线是否相交， 若相交，求出交点的坐标． （１）ｌ１：３ｘ－ｙ＋４＝０，ｌ２：ｘ＋３ｙ＋２＝０； （２）ｌ１：３ｘ－５ｙ＋１０＝０，ｌ２：９ｘ－１５ｙ＋３０＝０． １．（２０２４广西钦州校考阶段练习）已知两平行直线 ｌ１：ｘ＋３ｙ－４＝０，ｌ２：２ｘ＋６ｙ－５＝０，则ｌ１与ｌ２之间的 距离为 （　　） （Ａ）槡１０２０ （Ｂ） 槡３ １０ ２０ （Ｃ） 槡３ １０１０ （Ｄ） 槡１０ １０ ２．点Ｐ（ｃｏｓθ，ｓｉｎθ）到直线３ｘ＋４ｙ－１２＝０的距离 的取值范围为 （　　） （Ａ [） １２５，１７]５ （Ｂ [） ７５，１２]５ （Ｃ [） ７５，１７]５ （Ｄ [） １２５，２４]５ ３．（多选）（２０２４黑龙江哈尔滨哈九中校考期末）已 知Ａ（３，４），Ｂ（－６，－３）（Ａ，Ｂｌ）两点到直线ｌ：ａｘ＋ｙ ＋１＝０的距离相等，则ａ的值可能为 （　　） （Ａ）－７９ （Ｂ） ９ ７ （Ｃ）－１ （Ｄ）１ ４．（２０２４湖北阶段练习）已知 Ｏ（０，０），Ａ（－３，０）， 直线ｌ：ｙ＝ｋｘ上存在点Ｐ，且点Ｐ关于直线ｌ′：ｙ＝ｘ的对 称点Ｐ′满足｜Ｐ′Ｏ｜＝２｜Ｐ′Ａ｜，则实数ｋ的取值范围是 ． ５． （２０２４广 东 揭 阳 期 中） 函 数 ｆ（ｘ） ＝ ｘ２－２ｘ＋槡 ５＋ ｘ ２－６ｘ＋槡 ２５的最小值是 ． ６．若点（２，－ｍ）到直线５ｘ＋１２ｙ＋６＝０的距离是４． （１）求ｍ的值； （２）当ｍ∈（－∞，０）时，直线ｌ１：ａｘ－ｙ＋ｍ＝０（ａ ＞０）与ｌ２：ｍｘ＋ａｙ＋６＝０平行，求直线ｌ１与ｌ２之间的 距离． 书 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｃ；　３．ＢＤ．　４．２ｘ－ｙ＋２＝０； ５．ｙ－２＝－槡３（ｘ＋１）． 专项小练二 １．Ａ；　２．Ａ；　３．ＡＣ．　４．－３； ５．ｙ＝ ２ｘ， １ ３ｘ＋ ５０ ３ { ，０≤ｘ＜１０，１０≤ｘ≤４０． 专项小练三 １．Ｂ；　２．Ｂ；　３．ＢＣＤ．　４．ｘ－槡３ｙ＋槡３＝０；　５．二． 一、单项选择题 １～４　ＢＤＡＣ　５～８　ＡＣＢＤ 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＣＤ． 三、填空题 １２．垂直；　１３．ｙ＝－２ｘ＋２；　１４．２５． 四、解答题 １５．解：（１）当ｘ，ｙ的系数不同时为零时，方程表示一条直线． 令ｍ２－２ｍ－３＝０，解得ｍ＝－１或ｍ＝３； 令２ｍ２＋ｍ－１＝０，解得ｍ＝－１或ｍ＝ １２． 所以ｘ，ｙ的系数同时为零时ｍ＝－１， 故若方程表示一条直线，则ｍ≠－１， 即实数ｍ的取值范围为｛ｍ｜ｍ≠－１｝． （２）当ｘ的系数不为０，ｙ的系数为０时斜率不存在， 由（１）知当ｍ＝ １２时，２ｍ ２＋ｍ－１＝０且ｍ２－２ｍ－３≠０， 方程表示的直线的斜率不存在， 此时直线方程为３ｘ－４＝０． （３）易知ｍ≠－１且ｍ≠３时，直线在ｘ轴上的截距存在． 依题意，令ｙ＝０，得直线在ｘ轴上的截距 ２ｍ－６ ｍ２－２ｍ－３ ＝－３， 解得ｍ＝－５３（ｍ＝３舍去）， 所以实数ｍ的值为 －５３． （４）易知ｍ≠－１且ｍ≠ １２时，直线的斜率存在， 方程即ｙ＝－ｍ ２－２ｍ－３ ２ｍ２＋ｍ－１ ｘ－ ６－２ｍ ２ｍ２＋ｍ－１ （ｍ∈Ｒ）， 故斜率为 －ｍ ２－２ｍ－３ ２ｍ２＋ｍ－１ ． 因为直线的倾斜角是４５°，所以斜率为１， 所以 －ｍ ２－２ｍ－３ ２ｍ２＋ｍ－１ ＝１，解得ｍ＝ ４３，（ｍ＝－１舍去）． 所以实数ｍ的值为 ４３． １６．解：（１）（１，５）（－２，－１）＝１×（－２）＋５×（－１） ＝－７． （２）因为（３，ａ）∈Ｍ，即点（３，ａ）在直线２ｘ－ｙ＋３＝０上， 所以２×３－ａ＋３＝０，得ａ＝９． 同理由２ｂ－５＋３＝０，得ｂ＝１． 则（３，ａ）（ｂ，５）＝（３，９）（１，５）＝３×１＋９×５＝４８． 所以可以确定（３，ａ）（ｂ，５）的值为４８． （３）由（３，ａ）∈Ｍ，（ｂ，ｃ）∈Ｍ知２×３－ａ＋３＝０，即ａ＝９， 且２×ｂ－ｃ＋３＝０，即ｃ＝２ｂ＋３． 则（３，ａ）（ｂ，ｃ）＝３ｂ＋ａｃ＝３ｂ＋９（２ｂ＋３） ＝２１ｂ＋２７＜０， 解得ｂ＜－９７． 取ｂ＝－２，知 ｃ＝－１，此时（３，ａ） （ｂ，ｃ）＝（３，９） （－２，－１）＝－６－９＝－１５＜０，即ａ＝９，ｂ＝－２，ｃ＝－１符 合题意．（答案不唯一） １７．解：（１）由直线的两点式方程， 得边ＡＣ所在直线的方程为ｙ－４０－４＝ ｘ－０ －８－０，即ｘ－２ｙ＋８＝０． 同理得边ＡＢ所在直线的方程为ｙ－４６－４＝ ｘ－０ －２－０， 即ｘ＋ｙ－４＝０． （２）由题意，得点Ｄ的坐标为（－４，２）， 由直线的两点式方程， 得中线ＢＤ所在直线的方程为ｙ－２６－２＝ ｘ－（－４） －２－（－４）， 即２ｘ－ｙ＋１０＝０． １８．解：（１）选择①：由题意可设直线ｌ２的方程为ｙ－１＝ｋ（ｘ＋４）， 因为直线ｌ２的斜率是直线ｙ＝－ １ ４ｘ的斜率的２倍， 所以ｋ＝－１２， 所以直线ｌ２的方程为ｙ－１＝－ １ ２（ｘ＋４），即ｘ＋２ｙ＋２＝０． 选择②：由题意可设直线ｌ２的方程为 ｘ ２ｍ＋ ｙ ｍ ＝１，ｍ≠０， 因为直线ｌ２过点Ａ（－４，１），所以 －４ ２ｍ＋ １ ｍ ＝１，解得ｍ＝－１． 所以直线ｌ２的方程为 ｘ －２＋ ｙ －１＝１，即ｘ＋２ｙ＋２＝０． （２）由（１）可知直线ｌ２的方程为ｘ＋２ｙ＋２＝０， 令ｙ＝０，可得ｘ＝－２，所以直线ｌ２在ｘ轴上的截距为 －２， 所以直线ｌ１在ｘ轴上的截距为 －２． 故直线ｌ１过点（－２，０），代入ａｘ＋２ｙ－１２＝０， 得 －２ａ＋２×０－１２＝０，解得ａ＝－６． １９．（１）证明：由ｋｘ－ｙ＋２＋３ｋ＝０可得：ｋ（ｘ＋３）＋２－ｙ＝０， 由 ｘ＋３＝０， ２－ｙ＝０{ ，可得 ｘ＝－３， ｙ＝２{ ，所以ｌ经过定点Ｐ（－３，２）， 即直线ｌ过定点（－３，２），且定点在第二象限， 所以无论ｋ取何值，直线ｌ始终经过第二象限． （２）解：设直线ｌ的倾斜角为α，则０＜α＜ π２， 可得｜ＰＡ｜＝ ２ｓｉｎα ，｜ＰＢ｜＝ ３ｃｏｓα ， 所以 １ ２｜ＰＡ｜＋ １ ３｜ＰＢ｜＝ １ ｓｉｎα ＋ １ｃｏｓα ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓαｓｉｎαｃｏｓα ． 令ｔ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ， 因为０＜α＜ π２，可得 π ４ ＜α＋ π ４ ＜ ３π ４， 槡２ ２ ＜ (ｓｉｎ α＋π )４ ≤１，则ｔ＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ∈（１，槡２］． 将ｔ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓα两边平方可得： ｔ２ ＝（ｓｉｎα＋ｃｏｓα）２ ＝１＋２ｓｉｎα·ｃｏｓα， 所以ｓｉｎαｃｏｓα＝ｔ ２－１ ２ ， 所以 １ ２｜ＰＡ｜＋ １ ３｜ＰＢ｜＝ ｓｉｎα＋ｃｏｓα ｓｉｎαｃｏｓα ＝ ２ｔ ｔ２－１ ＝ ２ ｔ－１ｔ ， 因为ｙ＝ｔ－１ｔ在（１，槡２］上单调递增， 所以０＜ｔ－１ｔ≤ 槡２ ２， 故ｙ＝ １ ｔ－１ｔ ≥槡２，所以 ２ ｔ－１ｔ ≥ 槡２２，当且仅当ｔ＝槡２时 取等号， 此时ｔ＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ＝槡２， 可得α＝ π４， 所以ｋ＝ｔａｎα＝ｔａｎπ４ ＝１， 所以直线ｌ的方程为ｘ－ｙ＋５＝０． 书 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：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．若点Ｐ（３，１）到直线ｌ：３ｘ＋４ｙ＋２＝０的距离为 （　　） （Ａ）１．５ （Ｂ）２ （Ｃ）３ （Ｄ）４ ２．（２０２４安徽合肥市第六中学校联考阶段练习）已 知三条直线２ｘ＋ｙ－４＝０，ｋｘ－ｙ＋３＝０，ｘ－ｙ－２＝ ０交于一点，则实数ｋ＝ （　　） （Ａ）－１ （Ｂ）１ （Ｃ）－３２ （Ｄ） １ ４ ３．以点Ａ（－３，０），Ｂ（３，－２），Ｃ（－１，２）为顶点的三 角形是 （　　） （Ａ）等腰三角形 （Ｂ）等边三角形 （Ｃ）直角三角形 （Ｄ）以上都不是 ４．（２０２４湖北模拟）已知点 Ｍ１（６，２）和 Ｍ２（１，７）， 直线 ｙ＝ｍｘ－７与线段 Ｍ１Ｍ２的交点 Ｍ分有向线段 Ｍ１Ｍ２的比为３∶２，则ｍ的值为 （　　） （Ａ）－３２ （Ｂ）－ ２ ３ （Ｃ）１４ （Ｄ）４ ５．对于直角坐标平面内的任意两点 Ａ（ｘ１，ｙ１）， Ｂ（ｘ２，ｙ２），定义它们之间的一种“距离”：｜｜ＡＢ｜｜＝｜ｘ２ －ｘ１｜＋｜ｙ２－ｙ１｜．给出下列三个命题： ①若点Ｃ在线段 ＡＢ上，则 ｜｜ＡＣ｜｜＋｜｜ＣＢ｜｜＝ ｜｜ＡＢ｜｜； ②在 △ＡＢＣ中，若 ∠Ｃ ＝９０°，则 ｜｜ＡＣ｜｜２ ＋ ｜｜ＣＢ｜｜２ ＝｜｜ＡＢ｜｜２； ③在△ＡＢＣ中，｜｜ＡＣ｜｜＋｜｜ＣＢ｜｜＞｜｜ＡＢ｜｜． 其中真命题的个数为 （　　） （Ａ）１ （Ｂ）２ （Ｃ）３ （Ｄ）４ ６．（２０２４安徽泗县第二中学阶段考）若ｙ＝－ａ｜ｘ｜ 的图象与直线ｙ＝－ａ＋ｘ（ａ＜０）有两个不同的交点，则 ａ的取值范围是 （　　） （Ａ）（－１，０） （Ｂ）（－∞，－１） （Ｃ）（－∞，０） （Ｄ）｛－１｝ ７．（２０２４湖南期中）已知 Ｐ１（ｘ１，ｙ１），Ｐ２（ｘ２，ｙ２）是 直线ｙ＝ｋｘ＋２０２３（ｋ为常数）上两个不同的点，则关于 ｘ和ｙ的方程组 ｘ１ｘ＋ｙ１ｙ＝１， ｘ２ｘ＋ｙ２ｙ＝ { １的解的情况，下列说法 正确的是 （　　） （Ａ）无论ｋ，Ｐ１，Ｐ２如何，总是无解 （Ｂ）无论ｋ，Ｐ１，Ｐ２如何，总有唯一解 （Ｃ）存在ｋ，Ｐ１，Ｐ２，使 ｘ＝１， ｙ＝{ ２是方程组的一组解 （Ｄ）存在ｋ，Ｐ１，Ｐ２，使之有无穷多解 ８．（２０２４上海杨浦二模）平面上的向量 ａ，ｂ满足： ｜ａ｜＝３，｜ｂ｜＝４，ａ⊥ｂ．定义该平面上的向量集合Ａ ＝｛ｘ｜｜ｘ＋ａ｜＜｜ｘ＋ｂ｜，ｘ·ａ＞ｘ·ｂ｝．给出如下两个 结论： ①对任意ｃ∈Ａ，存在该平面的向量ｄ∈Ａ，满足｜ｃ －ｄ｜＝０５； ②对任意ｃ∈Ａ，存在该平面向量ｄＡ，满足｜ｃ－ ｄ｜＝０５； 则下面判断正确的为 （　　） （Ａ）①正确，②错误 （Ｂ）①错误，②正确 （Ｃ）①正确，②正确 （Ｄ）①错误，②错误 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８ 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６分，部分选对的得部分分，有选错的得０分． ９．（２０２４海南校联考期中）若直线ｌ１：ｙ＝ｋｘ＋３ｋ－ ２与直线ｌ２：ｘ＋ｙ－３＝０的交点在第四象限，则实数ｋ的 取值可以是 （　　） （Ａ）０ （Ｂ）１３ （Ｃ）－１２ （Ｄ）－１ １０．（２０２４湖北孝感专题练习）已知直线ｌ１：ｘ－ｙ－１ ＝０和直线ｌ２：（ｋ＋１）ｘ＋ｋｙ＋ｋ＝０（ｋ∈Ｒ），则下列结 论正确的是 （　　） （Ａ）存在实数ｋ，使得直线ｌ２的倾斜角为 π ２ （Ｂ）对任意的实数ｋ，直线ｌ１与直线ｌ２都有公共点 （Ｃ）对任意的实数ｋ，直线ｌ１与直线ｌ２都不重合 （Ｄ）对任意的实数ｋ，直线ｌ１与直线ｌ２都不垂直 １１．（２０２４辽宁一模） 对平面直角坐标系 ｘＯｙ中 的两组点，如果存在一条直 线ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０使这两组 点分别位于该直线的两侧， 则称该直线为“分类直线”． 对于一条分类直线ｌ，记所有的点到ｌ的距离的最小值为 ｄｌ，约定：ｄｌ越大，分类直线ｌ的分类效果越好．某学校高 三（２）班的７位同学在 ２０２４年期间网购文具的费用 ｘ（单位：百元）和网购图书的费用ｙ（单位：百元）的情况 如图所示，现将Ｐ１，Ｐ２，Ｐ３和Ｐ４归为第Ⅰ组点，将Ｑ１，Ｑ２ 和Ｑ３归为第Ⅱ组点．在上述约定下，可得这两组点的分 类效果最好的分类直线，记为Ｌ．下列四个结论中正确的 是 （　　） （Ａ）直线ｘ＝２５比直线３ｘ－ｙ－５＝０的分类效 果好 （Ｂ）分类直线Ｌ的斜率为２ （Ｃ）该班另一位同学小明的网购文具与网购图书 的费用均为３００元，则小明的这两项网购花销的费用所 对应的点与第Ⅱ组点位于Ｌ的同侧 （Ｄ）如果从第Ⅰ组点中去掉点Ｐ１，第Ⅱ组点保持 不变，则分类效果最好的分类直线不是Ｌ 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．（２０２４天津耀华中学校考期中）已知直线ｌ与直 线ｌ１：２ｘ－ｙ＋３＝０和ｌ２：２ｘ－ｙ－１＝０平行且距离相 等，则直线ｌ的方程为 ． １３．（２０２４黑龙江哈尔滨开学考试）在数学史上，平 面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡 西尼卵形线．在平面直角坐标系ｘＯｙ中，动点Ｐ（ｘ，ｙ）到 两个定点Ｆ１（－１，０），Ｆ２（１，０）的距离之积等于１，化简 得曲线 ｘ２ ＋ｙ２ ＋１＝ ４ｘ２＋槡 １．则 ＯＰ的最大值为 ． １４．（２０２４上海华师大二附中校考期末）已知直线 ｌ１：ｍｘ－ｙ＋ｍ＝０，ｌ２：ｘ＋ｍｙ－ｍ（ｍ＋１）＝０，ｌ３：（ｍ＋ １）ｘ－ｙ＋（ｍ＋１）＝０，三条直线围成 △ＡＢＣ，则当 △ＡＢＣ面积取得最大时ｍ的值为 ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分．解答应写出文 字说明、证明过程或演算步骤． １５．（１３分）（２０２３江西校联考期中）已知直线ｌ经过 点Ｐ（－２，１），且与直线ｘ＋ｙ＝０垂直． （１）求直线ｌ的方程； （２）若直线ｍ与直线ｌ平行且点Ｐ到直线ｍ的距离 为槡２，求直线ｍ的方程． １６．（１５分）（２０２４安徽蚌埠高二期末）求过两条直 线 ｙ＝２ｘ＋３与３ｘ－ｙ＋２＝０的交点，且分别满足下列 条件的直线方程． （１）过点Ｐ（２，３）； （２）平行于直线３ｘ＋ｙ－１＝０． １７．（１５分）（２０２４浙江温州期中）已知三条直线ｌ１： ２ｘ－ｙ＋ａ＝０（ａ＞０），ｌ２：－４ｘ＋２ｙ＋１＝０，和ｌ３：ｘ＋ ｙ－１＝０，且ｌ１与ｌ２的距离是 槡 ７５ １０． （１）求ａ的值； （２）能否找到一点Ｐ，使同时满足下列三个条件：① 点Ｐ是第一象限的点；②点Ｐ到ｌ１的距离是点Ｐ到ｌ２的 距离的 １ ２；③点Ｐ到ｌ１的距离与点Ｐ到ｌ３的距离之比是 槡 槡２∶５，若能，求点Ｐ的坐标；若不能，请说明理由                                                                                                                                                             ． ! !"#$%&'() *+,- ! ./ !"#$%&'()*+ !"#$%#&'$&() !",-%&'()*+ *"#$+#&'$$&# ! ! !"#$%&' 012345678 91:;<= ()*+, ! 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