1、第三章 直线与方程章末复习提升课问题展示(必修 2 P90 习题 31 B 组 T5)过两点 A(m22，m23)，B(3mm2，2m)的直线 l 的倾斜角为 45，求 m的值直线的斜率与倾斜角【解】直线 l 的斜率 ktan 452m(m23)3mm2(m22)1化简得 m23m20，解得 m1 或 m2当 m1 时，A(3，2)，B(3，2)，A 与 B 重合，舍去当 m2 时，A(6，1)，B(1，4)满足条件综上所述 m2【问题 1】已知 A(1，6)，B(4，1)在直线 l 上，则直线 l的倾斜角为()A90 B45C60 D135【解析】kl 16411，即 tan 1，所以 45
2、选 B【答案】B【问题 2】已知三点 A(m22，m23)，B(3mm2，2m)，C(0，5)都在直线 l 上，求 m 的值与直线 l 的倾斜角【解】因为 A、B、C 三点都在直线 l 上，则 kCAkCB，即m235m22 2m53mm2，化简得 m23m20，所以 m1 或 m2当 m1 时，A(3，2)，B(3，2)，A 与 B 重合，舍去当 m2 时，A(6，1)，B(1，4)满足条件综上所述 m2当 m2 时，kl4116 1，所以直线 l 的倾斜角为 45【拓展 1】已知 A(1，6)，B(4，1)，P 是 x 轴上一点，若ABP 为直角三角形，求 P 点的坐标【解】设 P 的坐标
3、为(x，0)当APB90时，kAPkBP1，即06x101x41，化简得 x23x20，所以 x1 或 x2所以 P 点的坐标为(1，0)或(2，0)当PAB90时，kPAkBA1，即601x611(4)1，所以 x7即 P 点的坐标为(7，0)当PBA90时，kPBkAB1即 104x 16411所以 x3即 P 点的坐标为(3，0)综上所述，P 点的坐标为(3，0)或(2，0)或(1，0)或(7，0)【拓展 2】已知不同的两点 A(m22，m23)，B(3mm2，2m)(1)求证：当 m1 时，直线 AB 与斜率为12的直线 l 相交；(2)若直线 AB 的斜率存在，求直线 AB 的斜率的
4、范围【解】(1)证明：当 m223mm2，解得 m1 或 m12，由已知可知 m1 应舍去当 m12时，A 与 B 不重合，所以直线 AB 与直线 l 相交当 m223mm2时，kAB2m(m23)3mm2(m22)m22m32m2m1假设直线 AB 与直线 l 不相交，则两直线必平行或重合，即 kAB12即m22m32m2m112，所以 m1这与已知条件矛盾，故直线 AB 与直线 l 一定相交所以当 m1 时，直线 AB 与斜率为12的直线 l 一定相交(2)令 tkABm22m32m2m1即(2t1)m2(t2)mt30由(1)知 t12所以(t2)24(2t1)(t3)0化简得(3t4)
5、20 恒成立，所以 t 的范围为，12 12，故直线 AB 的斜率的范围为，12 12，问题展示(必修 2 P100 习题 32 A 组 T9)求过点 P(2，3)，并且在两轴上的截距相等的直线方程直线方程【解】法一：当直线过原点时，易得直线方程为 3x2y0当直线不过原点时，设方程为xya，则 a235所以直线方程为 xy50综上所述，所求的直线方程为3x2y0 或 xy50法二：由于直线过点 P(2，3)，由题意知，显然斜率存在且不为零，故设直线方程为 y3k(x2)令 x0 得 y2k3，令 y0 得 x3k2由题意得2k33k2即 2k2k30所以 k1 或 k32当 k1 时，方程为
6、 y3x2，即 xy50，当 k32时，方程为 y332(x2)，即 3x2y0综上所述，所求的直线方程为 3x2y0 或 xy50法三：由题意知，直线的斜率存在且不为 0，设方程为 ykxb由题意得32kbbkb，解得k32b0或k1，b5.所以所求的方程为y32x 或 yx5，即 3x2y0 或 xy50法四：设直线方程为 AxByC0，由题意知，A0，B0，且CACB2A3BC0，解得2A3B0C0或ABC5C0当 C0，2A3B0 时，方程为AxBy0，即 3x2y0当 ABC5，C0 时，方程为C5xC5yC0，即 xy50综上所述，直线方程为 3x2y0 或 xy50已知 R，直线
7、 l：(31)x(12)y50(1)求证：直线 l 过定点，并求出该定点坐标；(2)若原点到直线 l 的距离为|OM|，求|OM|的最大值并求当|OM|取最大值时，直线 l 的方程【解】(1)由方程(31)x(12)y50 得(3x2y)(xy5)0令3x2y0 xy50，解得x2y3所以直线 l 恒过定点(2，3)(2)法一：由第一问知直线 l 恒过定点 P(2，3)(如图)，由图可知，|OM|OP|，所以|OM|max|OP|13此时3112321，所以 113所以直线 l 的方程为(3x2y)(113)(xy5)0，即 2x3y130法二：|OM|5(31)2(12)2513222 当
8、113时，|OM|max54132441352 1310 13此时直线 l 的方程为3 113 1 x12 113y50，即 2x3y130过点(4，1)的直线 l 与 x 轴、y 轴的正方向分别交于 A，B 两点，O 为坐标原点，求OAB 面积的最小值及此时 l 的方程【解】设直线 l 的方程为y1k(x4)(k0)令 x0 得 y4k1，即|OB|4k1令 y0 得 x1k4，即|OA|1k4所以 SOAB12|OA|OB|12(4k1)1k41216k1k8 令 t16k1k，则16k2tk10因为 kR，且 k0所以t241610，t160，1160.解得 t8所以 SOAB12(88
9、)8即OAB 面积的最小值为 8当 t8 时，16k28k10，k14，此时 l 的方程为y114(x4)，即 x4y80问题展示(必修 2 P110 习题 33 B 组 T5)在 x 轴上求一点P，使以点 A(1，2)，B(3，4)和 P 为顶点的三角形的面积为10距离问题【解】法一：直线 AB 的方程为 xy10与 x 轴的交点 Q(1，0)，设 P 点的坐标为(m，0)因为 SPAB10，即 SPQBSPQA10，所以12|m1|412|m1|210，即|m1|10，所以 m9 或 m11即 P 点的坐标为(11，0)或(9，0)法二：直线 AB 的方程为 xy10|AB|(31)2(4
10、2)22 2点 P(m，0)到直线 AB 的距离d|m1|2 因为 SPAB10所以12|AB|d10即122 2|m1|2 10所以 m9 或 m11即 P 点的坐标为(11，0)或(9，0)A，B 是直线 l：xy10 上的两点，P 是 x 轴正方向上一点，若|AB|2 2，|PA|PB|且 SPAB6求ABP 的顶点坐标【解】由题意可设 A(a，a1)，B(b，b1)，P(m，0)P 到 AB 的距离 d|m1|2 由|AB|2 2，|PA|PB|，SPAB6 得 2(ba)22 2，(ma)2(a1)2(mb)2(b1)2，122 2|m1|2 6.即|ba|2，(ma)2(a1)2(
11、mb)2(b1)2，|m1|6(m0).解得a1b3m5或a3，b1，m5.所以ABP 顶点坐标为(1，2)，(3，4)，(5，0)已知 A(1，2)，B(3，4)(1)过 A、B 分别作直线 AB 的垂线，分别交 x 轴于 P，Q，求四边形 PABQ 的面积；(2)过 A、B 分别作两平行直线 l1与 l2，分别交 x 轴于 P，Q，若四边形 PABQ 的面积为 12，求|PQ|【解】(1)因为 kAB42311所以 kAPkBQ1直线 AP 与直线 BQ 的方程分别为AP：y2(x1)，即 xy30BQ：y4(x3)，即 xy70则 P(3，0)，Q(7，0)所以|AP|(31)2(02)
12、22 2，|BQ|(73)2(04)24 2又|AB|2 2，所以四边形(直角梯形)PABQ 的面积S12(|AP|BQ|)|AB|12(2 24 2)2 212(2)当 l1与 l2都与 x 轴垂直时，S12(24)2612故直线 l1与 l2的斜率存在故可设 l1：y2k(x1)，即 kxyk20l2：y4k(x3)，kxy3k40则 P(2k1，0)，Q(4k3，0)，|PA|2k2421k21，|QB|4k21641k21l1 与 l2的距离 d|2k2|k21，所以1221k2k2 41k2k22|k1|k2112即k1k2所以 k1 或 k13，当 k1 时，P(3，0)，Q(7，0)，|PQ|4当 k13时，P(5，0)，Q(9，0)|PQ|4综上所述|PQ|4本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放