必修二《直线与方程》单元测试题(含详细标准答案)

第三章《直线与方程》单元检测试题时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．已知点A(1，eq\r(3))，B(－1，3eq\r(3))，则直线AB的倾斜角是(　　)A．60°B．30°C．120°D．150°[答案]　C2．直线l过点P(－1,2)，倾斜角为45°，则直线l的方程为(　　)A．x－y＋1＝0B．x－y－1＝0C．x－y－3＝0D．x－y＋3＝0[答案]　D3．如果直线ax＋2y＋2＝0与直线3x－y－2＝0平行，则a的值为(　　)A．－3B．－6C．eq\f(3,2)D．eq\f(2,3)[答案]　B4．直线eq\f(x,a2)－eq\f(y,b2)＝1在y轴上的截距为(　　)A．|b|B．－b2C．b2D．±b[答案]　B5．已知点A(3,2)，B(－2，a)，C(8,12)在同一条直线上，则a的值是(　　)A．0B．－4C．－8D．4[答案]　C6．如果AB<0，BC<0，那么直线Ax＋By＋C＝0不经过(　　)A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限[答案]　D7．已知点A(1，－2)，B(m,2)，且线段AB的垂直平分线的方程是x＋2y－2＝0，则实数m的值是(　　)A．－2B．－7C．3D．1[答案]　C8．经过直线l1：x－3y＋4＝0和l2：2x＋y＝5＝0的交点，并且经过原点的直线方程是(　　)A．19x－9y＝0B．9x＋19y＝0C．3x＋19y＝0D．19x－3y＝0[答案]　C9．已知直线(3k－1)x＋(k＋2)y－k＝0，则当k变化时，所有直线都通过定点(　　)A．(0,0)B．(eq\f(1,7)，eq\f(2,7))C．(eq\f(2,7)，eq\f(1,7))D．(eq\f(1,7)，eq\f(1,14))[答案]　C10．直线x－2y＋1＝0关于直线x＝1对称的直线方程是(　　)A．x＋2y－1＝0B．2x＋y－1＝0C．2x＋y－3＝0D．x＋2y－3＝0[答案]　D11．已知直线l的倾斜角为135°，直线l1经过点A(3,2)，B(a，－1)，且l1与l垂直，直线l2：2x＋by＋1＝0与直线l1平行，则a＋b等于(　　)A．－4B．－2C．0D．2[答案]　B12．等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，若点A，C的坐标分别为(0,4)，(3,3)，则点B的坐标可能是(　　)A．(2,0)或(4,6)B．(2,0)或(6,4)C．(4,6)D．(0,2)[答案]　A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．直线l与直线y＝1，x－y－7＝0分别交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，－1)，则直线l的斜率为_________.[答案]　－eq\f(2,3)[解析]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\f(y1＋y2,2)＝－1，又y1＝1，∴y2＝－3，代入方程x－y－7＝0，得x2＝4，即B(4，－3)，又eq\f(x1＋x2,2)＝1，∴x1＝－2，即A(－2,1)，∴kAB＝eq\f(－3－1,4－－2)＝－eq\f(2,3).14．点A(3，－4)与点B(5,8)关于直线l对称，则直线l的方程为_________.[答案]　x＋6y－16＝0[解析]　直线l就是线段AB的垂直平分线，AB的中点为(4,2)，kAB＝6，所以kl＝－eq\f(1,6)，所以直线l的方程为y－2＝－eq\f(1,6)(x－4)，即x＋6y－16＝0.15．若动点A，B分别在直线l1：x＋y－7＝0和l2：x＋y－5＝0上移动，则AB的中点M到原点的距离的最小值为_________.[答案]　3eq\r(2)[解析]　依题意，知l1∥l2，故点M所在直线平行于l1和l2，可设点M所在直线的方程为l：x＋y＋m＝0，根据平行线间的距离公式，得eq\f(|m＋7|,\r(2))＝eq\f(|m＋5|,\r(2))⇒|m＋7|＝|m＋5|⇒m＝－6，即l：x＋y－6＝0，根据点到直线的距离公式，得M到原点的距离的最小值为eq\f(|－6|,\r(2))＝3eq\r(2).16．若直线m被两平行线l1：x－y＋1＝0与l2：x－y＋3＝0所截得的线段的长为2eq\r(2)，则m的倾斜角可以是①15°　②30°　③45°　④60°　⑤75°，其中正确答案的序号是_________.(写出所有正确答案的序号)[答案]　①⑤[解析]　两平行线间的距离为d＝eq\f(|3－1|,\r(1＋1))＝eq\r(2)，由图知直线m与l1的夹角为30°，l1的倾斜角为45°，所以直线m的倾斜角等于30°＋45°＝75°或45°－30°＝15°.[点评]　本题考查直线的斜率、直线的倾斜角、两条平行线间的距离，考查数形结合的思想．是高考在直线知识命题中不多见的较为复杂的题目，但是只要基础扎实、方法灵活、思想深刻，这一问题还是不难解决的．所以在学习中知识是基础、方法是骨架、思想是灵魂，只有以思想方法统领知识才能在考试中以不变应万变．三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)(2015·河南省郑州市高一上学期期末试题)已知直线l经过点P(－2,5)且斜率为－eq\f(3,4)，(1)求直线l的方程；(2)若直线m平行于直线l，且点P到直线m的距离为3，求直线m的方程．[解析]　(1)直线l的方程为：y－5＝－eq\f(3,4)(x＋2)整理得3x＋4y－14＝0.(2)设直线m的方程为3x＋4y＋n＝0，d＝eq\f(|3×－2＋4×5＋n|,\r(32＋42))＝3，解得n＝1或－29.∴直线m的方程为3x＋4y＋1＝0或3x＋4y－29＝0.18．(本小题满分12分)求经过两直线3x－2y＋1＝0和x＋3y＋4＝0的交点，且垂直于直线x＋3y＋4＝0的直线方程．[解析]　解法一：设所求直线方程为3x－2y＋1＋λ(x＋3y＋4)＝0，即(3＋λ)x＋(3λ－2)y＋(1＋4λ)＝0.由所求直线垂直于直线x＋3y＋4＝0，得－eq\f(1,3)·(－eq\f(3＋λ,3λ－2))＝－1.解得λ＝eq\f(3,10).故所求直线方程是3x－y＋2＝0.解法二：设所求直线方程为3x－y＋m＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－2y＋1＝0，,x＋3y＋4＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1，))即两已知直线的交点为(－1，－1)．又3x－y＋m＝0过点(－1，－1)，故－3＋1＋m＝0，m＝2.故所求直线方程为3x－y＋2＝0.19．(本小题满分12分)已知A(4，－3)，B(2，－1)和直线l：4x＋3y－2＝0，求一点P，使|PA|＝|PB|，且点P到直线l的距离等于2.[分析]　解决此题可有两种思路，一是代数法，由“|PA|＝|PB|”和“到直线的距离为2”列方程求解；二是几何法，利用点P在AB的垂直平分线上及距离为2求解．[解析]　解法1：设点P(x，y)．因为|PA|＝|PB|，所以eq\r(x－42＋y＋32)＝eq\r(x－22＋y＋12).①又点P到直线l的距离等于2，所以eq\f(|4x＋3y－2|,5)＝2.②由①②联立方程组，解得P(1，－4)或P(eq\f(27,7)，－eq\f(8,7))．解法2：设点P(x，y)．因为|PA|＝|PB|，所以点P在线段AB的垂直平分线上．由题意知kAB＝－1，线段AB的中点为(3，－2)，所以线段AB的垂直平分线的方程是y＝x－5.所以设点P(x，x－5)．因为点P到直线l的距离等于2，所以eq\f(|4x＋3x－5－2|,5)＝2.解得x＝1或x＝eq\f(27,7).所以P(1，－4)或P(eq\f(27,7)，－eq\f(8,7))．[点评]　解决解析几何问题的主要方法就是利用点的坐标反映图形的位置，所以只要将题目中的几何条件用坐标表示出来，即可转化为方程的问题．其中解法2是利用了点P的几何特征产生的结果，所以解题时注意多发现，多思考．20．(本小题满分12分)△ABC中，A(0,1)，AB边上的高CD所在直线的方程为x＋2y－4＝0，AC边上的中线BE所在直线的方程为2x＋y－3＝0.(1)求直线AB的方程；(2)求直线BC的方程；(3)求△BDE的面积．[解析]　(1)由已知得直线AB的斜率为2，∴AB边所在的直线方程为y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1＝0，,2x＋y－3＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝2.))即直线AB与直线BE的交点为B(eq\f(1,2)，2)．设C(m，n)，则由已知条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋2n－4＝0，,2·\f(m,2)＋\f(n＋1,2)－3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝1，))∴C(2,1)．∴BC边所在直线的方程为eq\f(y－1,2－1)＝eq\f(x－2,\f(1,2)－2)，即2x＋3y－7＝0.(3)∵E是线段AC的中点，∴E(1,1)．∴|BE|＝eq\r(\f(1,2)－12＋2－12)＝eq\f(\r(5),2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1＝0，,x＋2y－4＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,5)，,y＝\f(9,5)，))∴D(eq\f(2,5)，eq\f(9,5))，∴D到BE的距离为d＝eq\f(|2×\f(2,5)＋\f(9,5)－3|,\r(22＋12))＝eq\f(2,5\r(5))，∴S△BDE＝eq\f(1,2)·d·|BE|＝eq\f(1,10).21．(本小题满分12分)直线过点P(eq\f(4,3)，2)且与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，是否存在这样的直线同时满足下列条件：(1)△AOB的周长为12；(2)△AOB的面积为6.若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由．[解析]　设直线方程为eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)，若满足条件(1)，则a＋b＋eq\r(a2＋b2)＝12，①又∵直线过点P(eq\f(4,3)，2)，∵eq\f(4,3a)＋eq\f(2,b)＝1.②由①②可得5a2－32a＋48＝0，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(12,5)，,b＝\f(9,2)，))∴所求直线的方程为eq\f(x,4)＋eq\f(y,3)＝1或eq\f(5x,12)＋eq\f(2y,9)＝1，即3x＋4y－12＝0或15x＋8y－36＝0.若满足条件(2)，则ab＝12，③由题意得，eq\f(4,3a)＋eq\f(2,b)＝1，④由③④整理得a2－6a＋8＝0，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝6，))∴所求直线的方程为eq\f(x,4)＋eq\f(y,3)＝1或eq\f(x,2)＋eq\f(y,6)＝1，即3x＋4y－12＝0或3x＋y－6＝0.综上所述：存在同时满足(1)(2)两个条件的直线方程，为3x＋4y－12＝0.22．(本小题满分12分)在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的长为2，宽为1，AB，AD边分别在x轴、y轴的正半轴上，A点与坐标原点重合，如图，将矩形折叠，使A点落在线段DC上．(1)若折痕所在直线的斜率为k，试求折痕所在直线的方程；(2)当－2＋eq\r(3)≤k≤0时，求折痕长的最大值．[解析]　(1)①当k＝0时，A点与D点重合，折痕所在的直线方程为y＝eq\f(1,2).②当k≠0时，将矩形折叠后A点落在线段DC上的点记为G(a,1)，∴A与G关于折痕所在的直线对称，有kOG·k＝－1⇒eq\f(1,a)·k＝－1⇒a＝－k.故G点坐标为(－k,1)，从而折痕所在直线与OG的交点坐标(即线段OG的中点)为M(－eq\f(k,2)，eq\f(1,2))．故折痕所在的直线方程为y－eq\f(1,2)＝k(x＋eq\f(k,2))，即y＝kx＋eq\f(k2,2)＋eq\f(1,2).由①②得折痕所在的直线方程为y＝kx＋eq\f(k2,2)＋eq\f(1,2).(2)当k＝0时，折痕的长为2.当－2＋eq\r(3)≤k＜0时，折痕所在直线交直线BC于点E(2,2k＋eq\f(k2,2)＋eq\f(1,2))，交y轴于点N(0，eq\f(k2＋1,2))．则|NE|2＝22＋[eq\f(k2＋1,2)－(2k＋eq\f(k2,2)＋eq\f(1,2))]2＝4＋4k2≤4＋4(7－4eq\r(3))＝32－16eq\r(3).此时，折痕长度的最大值为eq\r(32－16\r(3))＝2(eq\r(6)－eq\r(2))．而2(eq\r(6)－eq\r(2))＞2，故折痕长度的最大值为2(eq\r(6)－eq\r(2))．