資源簡介

專題43 直線的方程（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 4
【考點1】直線的傾斜角與斜率 4
【考點2】求直線的方程 5
【考點3】直線方程的綜合應用 6
【分層檢測】 7
【基礎篇】 7
【能力篇】 9
【培優篇】 9
考試要求：
1.在平面直角坐標系中，結合具體圖形掌握確定直線位置的幾何要素.
2.理解直線的傾斜角和斜率的概念，掌握過兩點的直線斜率的計算公式.
3.掌握確定直線的幾何要素，掌握直線方程的幾種形式(點斜式、兩點式及一般式)，了解斜截式與一次函數的關系.
1.直線的傾斜角
(1)定義：當直線l與x軸相交時，我們以x軸為基準，x軸正向與直線l向上的方向之間所成的角α叫做直線l的傾斜角；
(2)規定：當直線l與x軸平行或重合時，規定它的傾斜角為0°；
(3)范圍：直線的傾斜角α的取值范圍是{α|0°≤α<180°}.
2.直線的斜率
(1)定義：我們把一條直線的傾斜角α的正切值叫做這條直線的斜率，斜率常用小寫字母k表示，即k＝tan__α.
(2)計算公式
①經過兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(x1≠x2)的直線的斜率k＝.
②設P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(其中x1≠x2)是直線l上的兩點，則向量＝(x2－x1，y2－y1)以及與它平行的向量都是直線的方向向量.若直線l的斜率為k，它的一個方向向量的坐標為(x，y)，則k＝.
3.直線方程的五種形式
名稱 幾何條件 方程 適用條件
斜截式 縱截距、斜率 y＝kx＋b 與x軸不垂直的直線
點斜式 過一點、斜率 y－y0＝k(x－x0)
兩點式 過兩點 ＝ 與兩坐標軸均不垂直的直線
截距式 縱、橫截距 ＋＝1 不過原點且與兩坐標軸均不垂直的直線
一般式 Ax＋By＋C＝0 (A2＋B2≠0) 所有直線
1.直線的傾斜角α和斜率k之間的對應關系：
α 0 0<α< <α<π
k 0 k>0 不存在 k<0
2.截距和距離的不同之處
“截距”是直線與坐標軸交點的坐標值，它可正，可負，也可以是零，而“距離”是一個非負數.
一、單選題
1．（2024·全國·高考真題）已知直線與圓交于兩點，則的最小值為（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
2．（2024·北京·高考真題）已知是平面直角坐標系中的點集.設是中兩點間距離的最大值，是表示的圖形的面積，則（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2024·北京·高考真題）圓的圓心到直線的距離為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·全國·高考真題）已知b是的等差中項，直線與圓交于兩點，則的最小值為（ ）
A．1 B．2 C．4 D．
5．（2023·全國·高考真題）過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（ ）
A．1 B． C． D．
二、填空題
6．（2024·天津·高考真題）圓的圓心與拋物線的焦點重合，為兩曲線的交點，則原點到直線的距離為 ．
【考點1】直線的傾斜角與斜率
一、單選題
1．（2022·貴州畢節·三模）曲線與直線有兩個交點，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二上·全國·專題練習）已知直線和以，為端點的線段相交，則實數k的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2024·山東·二模）已知直線，圓，則下列說法正確的是（ ）
A．直線恒過定點 B．直線與圓相交
C．當直線平分圓時， D．當點到直線距離最大值時，
4．（2024·江西·模擬預測）已知集合，，則下列結論正確的是（ ）
A．， B．當時，
C．當時， D．，使得
三、填空題
5．（2023·江蘇·模擬預測）設，直線，直線，記分別過定點，且與的交點為，則的最大值為 .
6．（2022高二·全國·專題練習）已知兩點、，給出下列曲線方程：①；②；③；④．則曲線上存在點P滿足的方程的序號是 ．
反思提升：
(1)斜率的兩種求法：定義法、斜率公式法.
(2)傾斜角和斜率范圍求法：①圖形觀察(數形結合)；②充分利用函數k＝tan α的單調性.
【考點2】求直線的方程
一、單選題
1．（2023·江蘇淮安·模擬預測）在平面直角坐標系中，直線通過原點，是的一個法向量，則直線傾斜角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·全國·模擬預測）已知曲線在點處的切線為，則在軸上的截距為（ ）
A． B． C．1 D．2
二、多選題
3．（2023·浙江寧波·一模）已知直線 ：與圓 ：相交于兩點，與兩坐標軸分別交于兩點，記的面積為，的面積為，則（ ）
A． B．存在，使 C． D．存在，使
4．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知圓C：，直線l：（），則（ ）
A．直線l恒過定點
B．存在實數m，使得直線l與圓C沒有公共點
C．當時，圓C上恰有兩個點到直線l的距離等于1
D．圓C與圓恰有兩條公切線
三、填空題
5．（2024·天津河東·一模）已知過點的直線（不過原點）與圓相切，且在軸、軸上的截距相等，則的值為 .
6．（2023·江西南昌·一模）函數在x＝1處的切線平行于直線x－y－1＝0，則切線在y軸上的截距為 ．
反思提升：
(1)求直線方程一般有以下兩種方法：
①直接法：由題意確定出直線方程的適當形式，然后直接寫出其方程.
②待定系數法：先由直線滿足的條件設出直線方程，方程中含有待定的系數，再由題設條件求出待定系數，即得所求直線方程.
(2)在求直線方程時，應選擇適當的形式，并注意各種形式的適用條件，特別是對于點斜式、截距式方程，使用時要注意分類討論思想的運用.
【考點3】直線方程的綜合應用
一、單選題
1．（2022·安徽黃山·二模）已知拋物線的焦點為，過點的直線與拋物線交于 、兩點，為線段的中點，若，則直線的斜率為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·陜西商洛·三模）已知是圓上任意一點，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知圓C：，直線l：（），則（ ）
A．直線l恒過定點
B．存在實數m，使得直線l與圓C沒有公共點
C．當時，圓C上恰有兩個點到直線l的距離等于1
D．圓C與圓恰有兩條公切線
4．（2021·江蘇常州·模擬預測）已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．在區間上單調遞減，上單調遞增
B．的最小值為，沒有最大值
C．存在實數，使得函數的圖象關于直線對稱
D．方程的實根個數為2
三、填空題
5．（2022·黑龍江齊齊哈爾·二模）已知直線，若直線l在兩坐標軸上的截距相等，則實數k的值為 ；若直線l不經過第三象限，則k的取值范圍是 .
6．（22-23高二上·江蘇鹽城·期中）已知 分別在直線與直線上，且，點，，則的最小值為 .
反思提升：
1.含有參數的直線方程可看作直線系方程，這時要能夠整理成過定點的直線系，能夠看出“動中有定”.若直線的方程為y＝k(x－1)＋2，則直線過定點(1，2).
2.求解與直線方程有關的面積問題，應根據直線方程求解相應坐標或者相關長度，進而求得多邊形面積.
3.求參數值或范圍.注意點在直線上，則點的坐標適合直線的方程，再結合函數的單調性或基本不等式求解.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·河南信陽·三模）動點P在函數的圖像上，以P為切點的切線的傾斜角取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·重慶·三模）當點到直線l：的距離最大時，實數的值為（ ）
A． B．1 C． D．2
3．（2024·山東青島·二模）拋物線的焦點到雙曲線的漸近線的距離為（ ）
A． B． C． D．
4．（2020高三·全國·專題練習）在平面直角坐標系xOy(O為坐標原點)中，不過原點的兩直線，的交點為P，過點O分別向直線，引垂線，垂足分別為M，N，則四邊形OMPN面積的最大值為（ ）
A．3 B． C．5 D．
二、多選題
5．（2024·全國·模擬預測）已知直線與圓，則下列結論正確的是（ ）
A．直線恒過定點
B．直線與圓相交
C．若，直線被圓截得的弦長為
D．若直線與直線垂直，則
6．（23-24高二上·安徽馬鞍山·階段練習）已知圓，直線．則以下幾個結論正確的有（ ）
A．直線l與圓C相交
B．圓C被y軸截得的弦長為
C．點C到直線l的距離的最大值是
D．直線l被圓C截得的弦長最短時，直線l的方程為
7．（2024·云南昆明·模擬預測）唐代詩人李頎的詩《古從軍行》開頭兩句：“白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河”隱藏著一個有趣的數學問題——“將軍飲馬”，即某將軍觀望完烽火臺之后從山腳的某處出發，先去河邊飲馬，再返回軍營，怎樣走能使總路程最短 在平面直角坐標系中有兩條河流m，n，其方程分別為，，將軍的出發點是點，軍營所在位置為，則下列說法錯誤的是（ ）
A．若將軍先去河流m飲馬，再返回軍營，則將軍在河邊飲馬的地點的坐標為
B．將軍先去河流n飲馬，再返回軍營的最短路程是
C．將軍先去河流m飲馬，再去河流n飲馬，最后返回軍營的最短路程是
D．將軍先去河流n飲馬，再去河流m飲馬，最后返回軍營的最短路程是
三、填空題
8．（2024·天津南開·二模）過圓C：上的點作圓C切線l，則l的傾斜角為 .
9．（2024·北京·三模）已知拋物線的焦點為F，準線與x軸的交點為A，點B在C上.若，則直線AB的方程為 .
10．（2024·山西朔州·模擬預測）已知A，B分別為曲線和直線上的點，則的最小值為 .
四、解答題
11．（23-24高二上·山東德州·期中）已知直線：和直線：，其中m為實數．
(1)若，求m的值；
(2)若點在直線上，直線l過P點，且在x軸上的截距與在y軸上的截距互為相反數，求直線l的方程．
12．（2024·陜西西安·二模）解答下列問題.
(1)已知直線與直線相交，交點坐標為，求的值；
(2)已知直線過點，且點到直線的距離為，求直線的方程.
【能力篇】
一、單選題
1．（2022·四川南充·三模）設O為坐標原點，點，動點P在拋物線上，且位于第二象限，M是線段PA的中點，則直線OM的斜率的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2024·江蘇南通·模擬預測）設拋物線的焦點為，是上的一個動點，則下列結論正確的是（ ）
A．點到的距離比到軸的距離大2
B．點到直線的最小距離為
C．以為直徑的圓與軸相切
D．記點在的準線上的射影為，則不可能是正三角形
三、填空題
3．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）已知圓，直線，為直線上的動點，過點作圓的兩條切線，切點分別為，，則直線過定點 .
四、解答題
4．（2024·河南·三模）已知拋物線的焦點為F，點為C上一點．
(1)求直線的斜率；
(2)經過焦點F的直線與C交于A，B兩點，原點O到直線的距離為，求以線段為直徑的圓的標準方程．
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）已知過原點的直線與雙曲線交于兩點，點在第一象限且與點關于軸對稱，，直線與雙曲線的右支交于點，若，則雙曲線的離心率為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·河南信陽·模擬預測）太極圖是由黑白兩個魚形紋組成的圖案，俗稱陰陽魚，太極圖展現了一種相互轉化，相互統一的和諧美．定義：能夠將圓的周長和面積同時等分成兩部分的函數稱為圓的一個“太極函數”下列有關說法中正確的是（ ）
A．對圓的所有非常數函數的太極函數中，一定不能為偶函數；
B．函數是圓的一個太極函數；
C．存在圓，使得是圓的太極函數；
D．直線所對應的函數一定是圓的太極函數．
三、填空題
3．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）正三棱柱內切球（球與上下底面和側面都相切）的半徑是為棱上一點，若二面角為，則平面截內切球所得截面面積為 .
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題43 直線的方程（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 7
【考點1】直線的傾斜角與斜率 7
【考點2】求直線的方程 12
【考點3】直線方程的綜合應用 16
【分層檢測】 21
【基礎篇】 21
【能力篇】 29
【培優篇】 33
考試要求：
1.在平面直角坐標系中，結合具體圖形掌握確定直線位置的幾何要素.
2.理解直線的傾斜角和斜率的概念，掌握過兩點的直線斜率的計算公式.
3.掌握確定直線的幾何要素，掌握直線方程的幾種形式(點斜式、兩點式及一般式)，了解斜截式與一次函數的關系.
1.直線的傾斜角
(1)定義：當直線l與x軸相交時，我們以x軸為基準，x軸正向與直線l向上的方向之間所成的角α叫做直線l的傾斜角；
(2)規定：當直線l與x軸平行或重合時，規定它的傾斜角為0°；
(3)范圍：直線的傾斜角α的取值范圍是{α|0°≤α<180°}.
2.直線的斜率
(1)定義：我們把一條直線的傾斜角α的正切值叫做這條直線的斜率，斜率常用小寫字母k表示，即k＝tan__α.
(2)計算公式
①經過兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(x1≠x2)的直線的斜率k＝.
②設P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(其中x1≠x2)是直線l上的兩點，則向量＝(x2－x1，y2－y1)以及與它平行的向量都是直線的方向向量.若直線l的斜率為k，它的一個方向向量的坐標為(x，y)，則k＝.
3.直線方程的五種形式
名稱 幾何條件 方程 適用條件
斜截式 縱截距、斜率 y＝kx＋b 與x軸不垂直的直線
點斜式 過一點、斜率 y－y0＝k(x－x0)
兩點式 過兩點 ＝ 與兩坐標軸均不垂直的直線
截距式 縱、橫截距 ＋＝1 不過原點且與兩坐標軸均不垂直的直線
一般式 Ax＋By＋C＝0 (A2＋B2≠0) 所有直線
1.直線的傾斜角α和斜率k之間的對應關系：
α 0 0<α< <α<π
k 0 k>0 不存在 k<0
2.截距和距離的不同之處
“截距”是直線與坐標軸交點的坐標值，它可正，可負，也可以是零，而“距離”是一個非負數.
一、單選題
1．（2024·全國·高考真題）已知直線與圓交于兩點，則的最小值為（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
2．（2024·北京·高考真題）已知是平面直角坐標系中的點集.設是中兩點間距離的最大值，是表示的圖形的面積，則（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2024·北京·高考真題）圓的圓心到直線的距離為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·全國·高考真題）已知b是的等差中項，直線與圓交于兩點，則的最小值為（ ）
A．1 B．2 C．4 D．
5．（2023·全國·高考真題）過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（ ）
A．1 B． C． D．
二、填空題
6．（2024·天津·高考真題）圓的圓心與拋物線的焦點重合，為兩曲線的交點，則原點到直線的距離為 ．
參考答案：
1．C
【分析】根據題意，由條件可得直線過定點，從而可得當時，的最小，結合勾股定理代入計算，即可求解.
【詳解】因為直線，即，令，
則，所以直線過定點，設，
將圓化為標準式為，
所以圓心，半徑，
當時，的最小，
此時.
故選：C
2．C
【分析】先以t為變量，分析可知所求集合表示的圖形即為平面區域，結合圖形分析求解即可.
【詳解】對任意給定，則，且，
可知，即，
再結合x的任意性，所以所求集合表示的圖形即為平面區域，
如圖陰影部分所示，其中，
可知任意兩點間距離最大值；
陰影部分面積.
故選：C.
【點睛】方法點睛：數形結合的重點是“以形助數”，在解題時要注意培養這種思想意識，做到心中有圖，見數想圖，以開拓自己的思維．使用數形結合法的前提是題目中的條件有明確的幾何意義，解題時要準確把握條件、結論與幾何圖形的對應關系，準確利用幾何圖形中的相關結論求解．
3．D
【分析】求出圓心坐標，再利用點到直線距離公式即可.
【詳解】由題意得，即，
則其圓心坐標為，則圓心到直線的距離為.
故選：D.
4．C
【分析】結合等差數列性質將代換，求出直線恒過的定點，采用數形結合法即可求解.
【詳解】因為成等差數列，所以，，代入直線方程得
，即，令得，
故直線恒過，設，圓化為標準方程得：，
設圓心為，畫出直線與圓的圖形，由圖可知，當時，最小，
，此時.

故選：C
5．B
【分析】方法一：根據切線的性質求切線長，結合倍角公式運算求解；方法二：根據切線的性質求切線長，結合余弦定理運算求解；方法三：根據切線結合點到直線的距離公式可得，利用韋達定理結合夾角公式運算求解.
【詳解】方法一：因為，即，可得圓心，半徑，
過點作圓C的切線，切點為，
因為，則，
可得，
則，
，
即為鈍角，
所以；
法二：圓的圓心，半徑，
過點作圓C的切線，切點為，連接，
可得，則，
因為
且，則，
即，解得，
即為鈍角，則，
且為銳角，所以；
方法三：圓的圓心，半徑，
若切線斜率不存在，則切線方程為，則圓心到切點的距離，不合題意；
若切線斜率存在，設切線方程為，即，
則，整理得，且
設兩切線斜率分別為，則，
可得，
所以，即，可得，
則，
且，則，解得.
故選：B.

6．/
【分析】先求出圓心坐標，從而可求焦準距，再聯立圓和拋物線方程，求及的方程，從而可求原點到直線的距離.
【詳解】圓的圓心為，故即，
由可得，故或（舍），
故，故直線即或，
故原點到直線的距離為，
故答案為：
【考點1】直線的傾斜角與斜率
一、單選題
1．（2022·貴州畢節·三模）曲線與直線有兩個交點，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二上·全國·專題練習）已知直線和以，為端點的線段相交，則實數k的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2024·山東·二模）已知直線，圓，則下列說法正確的是（ ）
A．直線恒過定點 B．直線與圓相交
C．當直線平分圓時， D．當點到直線距離最大值時，
4．（2024·江西·模擬預測）已知集合，，則下列結論正確的是（ ）
A．， B．當時，
C．當時， D．，使得
三、填空題
5．（2023·江蘇·模擬預測）設，直線，直線，記分別過定點，且與的交點為，則的最大值為 .
6．（2022高二·全國·專題練習）已知兩點、，給出下列曲線方程：①；②；③；④．則曲線上存在點P滿足的方程的序號是 ．
參考答案：
1．D
【分析】根據直線過定點的求法可求得直線恒過；由曲線方程可確定圖形，采用數形結合的方式可確定直線斜率的取值范圍，由此可構造不等式求得的取值范圍.
【詳解】由得：，
令，解得：，直線恒過定點；
由得：，
由此可得曲線的圖形如下圖所示，
由圖形可知：當直線過點時，直線斜率為，
若直線與曲線有兩個不同交點，則直線斜率的取值范圍為，
即，解得：，即實數的取值范圍為.
故選：D.
2．C
【分析】根據題意可知直線恒過定點，根據斜率公式結合圖象分析求解.
【詳解】因為直線恒過定點，如圖.
又因為，，所以直線的斜率k的范圍為.
故選：C.
3．ACD
【分析】對于A，將直線方程變形即可進一步判斷；對于B，舉反例即可判斷；對于C，將圓心坐標代入直線方程即可驗算參數；對于D，當點到直線距離最大值時，有，結合它們的斜率關系即可判斷.
【詳解】對于A，即，令，有，所以直線恒過定點，故A正確；
對于B，圓的圓心、半徑為，
點到直線的距離為，
從而，
取，則此時有，故B錯誤；
對于C，當直線平分圓時，有點在直線上，
也就是說有成立，解得，故C正確；
對于D，點到直線距離滿足，等號成立當且僅當，
而的斜率為，
所以當等號成立時有，解得，故D正確.
故選：ACD.
4．AB
【分析】對于A：根據直線方程分析判斷；對于B：根據題意求直線交點即可；對于C：根據空集的定義結合直線平行運算求解；對于D：根據直線重合分析求解.
【詳解】對于選項A：因為表示過定點，且斜率不為0的直線，
可知表示直線上所有的點，
所以，故A正確；
對于選項B：當時，則，，
聯立方程，解得，所以，B正確；
對于選項C：當時，則有：
若，則；
若，可知直線與直線平行，且，
可得，解得；
綜上所述：或，故C錯誤；
對于選項D：若，由選項C可知，且，無解，故D錯誤．
故選：AB．
5．4
【分析】根據題意得到直線恒過定點，直線恒過定點，以及直線與的斜率，得到，求得，結合，即可求解.
【詳解】由直線，可化為，可直線恒過定點，
直線，可化為，可得直線恒過定點，
又由直線的斜率為，直線的斜率為，因為，所以，
因為與的交點為，所以，
又由，所以，即，
當且僅當時，等號成立，
所以的最大值為.
故答案為：.
6．②③/
【分析】首先可根據得出點P在線段的中垂線上，然后求出線段的中垂線方程為，最后依次判斷四個曲線是否與有交點即可得出結果.
【詳解】因為點P滿足，所以點P在線段的中垂線上，
線段中點坐標為 ，，中垂線的斜率，
故線段的中垂線方程為，即，
因為曲線上存在點P滿足，所以曲線與有交點，
對于①：與，平行，故不滿足題意；
對于②：圓的圓心為，半徑為，
圓心到的距離，
故圓與相交，滿足題意；
對于③：聯立，整理得，方程有解，滿足題意；
對于④：聯立，整理得0=1，不成立，故不滿足題意.
故答案為：②③.
反思提升：
(1)斜率的兩種求法：定義法、斜率公式法.
(2)傾斜角和斜率范圍求法：①圖形觀察(數形結合)；②充分利用函數k＝tan α的單調性.
【考點2】求直線的方程
一、單選題
1．（2023·江蘇淮安·模擬預測）在平面直角坐標系中，直線通過原點，是的一個法向量，則直線傾斜角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·全國·模擬預測）已知曲線在點處的切線為，則在軸上的截距為（ ）
A． B． C．1 D．2
二、多選題
3．（2023·浙江寧波·一模）已知直線 ：與圓 ：相交于兩點，與兩坐標軸分別交于兩點，記的面積為，的面積為，則（ ）
A． B．存在，使 C． D．存在，使
4．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知圓C：，直線l：（），則（ ）
A．直線l恒過定點
B．存在實數m，使得直線l與圓C沒有公共點
C．當時，圓C上恰有兩個點到直線l的距離等于1
D．圓C與圓恰有兩條公切線
三、填空題
5．（2024·天津河東·一模）已知過點的直線（不過原點）與圓相切，且在軸、軸上的截距相等，則的值為 .
6．（2023·江西南昌·一模）函數在x＝1處的切線平行于直線x－y－1＝0，則切線在y軸上的截距為 ．
參考答案：
1．A
【分析】設直線的傾斜角為，依題意可得，再根據同角三角函數的基本關系計算可得.
【詳解】因為直線通過原點，是的一個法向量，
所以直線的方程為，設直線的傾斜角為，則，
又且，解得.
故選：A
2．B
【分析】利用導數的幾何意義求出切線斜率，代入點斜式得直線方程，令即可求解.
【詳解】由得，所以直線的斜率，
又，所以直線的方程為，令，得，即在軸上的截距為.
故選：B
3．ABC
【分析】運用數形結合思想，結合面積公式和點到直線距離，兩點間距離，直線與圓弦長公式即可.
【詳解】A.直線 ：，
當 時， ，
當 時，，
所以 ，
因為圓心為，
所以圓心到直線的距離 ，
所以根據直線被圓截得的弦長公式有，
解得，
所以，
當且僅當即，即，
解得時取得等號.
所以，故A正確.
B.直線 ：，
當 時， ；
當 時，，
所以
當 時，，故B正確.
C.直線 ：過定點 在圓內，
因為圓 ：，圓心為，
所以圓心到直線的距離
因為，
當且僅當時， ,所以被截得的弦長最短，
所以.故C正確.
D.要使，則與重合，
此時的直線方程為不過定點，
故D錯.
故選:ABC.
4．ACD
【分析】求出直線過的定點判斷A；判斷定點與圓的位置關系判斷B；求出圓心到直線距離判斷C；判斷圓與圓的位置關系判斷D.
【詳解】對于A，直線的方程為，由，得，
直線過定點，A正確；
對于B，又，即定點在圓內，則直線與圓相交，有兩個交點，B錯誤；
對于C，當時，直線：，圓心到直線的距離為，
而圓半徑為2，且，因此恰有2個點到直線的距離等于1，C正確；
對于D，圓化為，
圓的圓心為，半徑為4，
兩圓圓心距為，
兩圓相交，因此它們有兩條公切線，D正確.
故選：ACD.
5．18
【分析】確定直線的方程，根據直線和圓相切可得圓心到直線的距離等于半徑，列式求解，即得答案.
【詳解】由題意知過點的直線（不過原點）在軸、軸上的截距相等，
設該直線方程為，將代入得，即直線方程為，
由于該直線與相切，圓心為，半徑為，
故，
故答案為：18
6．
【分析】由題意，求得，所以，則，進而求出函數在x＝1處的切線方程，從而得解.
【詳解】，由題意，即，
所以，則，
故函數在x＝1處的切線方程為，即，
則切線在y軸上的截距為．
故答案為：．
反思提升：
(1)求直線方程一般有以下兩種方法：
①直接法：由題意確定出直線方程的適當形式，然后直接寫出其方程.
②待定系數法：先由直線滿足的條件設出直線方程，方程中含有待定的系數，再由題設條件求出待定系數，即得所求直線方程.
(2)在求直線方程時，應選擇適當的形式，并注意各種形式的適用條件，特別是對于點斜式、截距式方程，使用時要注意分類討論思想的運用.
【考點3】直線方程的綜合應用
一、單選題
1．（2022·安徽黃山·二模）已知拋物線的焦點為，過點的直線與拋物線交于 、兩點，為線段的中點，若，則直線的斜率為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·陜西商洛·三模）已知是圓上任意一點，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知圓C：，直線l：（），則（ ）
A．直線l恒過定點
B．存在實數m，使得直線l與圓C沒有公共點
C．當時，圓C上恰有兩個點到直線l的距離等于1
D．圓C與圓恰有兩條公切線
4．（2021·江蘇常州·模擬預測）已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．在區間上單調遞減，上單調遞增
B．的最小值為，沒有最大值
C．存在實數，使得函數的圖象關于直線對稱
D．方程的實根個數為2
三、填空題
5．（2022·黑龍江齊齊哈爾·二模）已知直線，若直線l在兩坐標軸上的截距相等，則實數k的值為 ；若直線l不經過第三象限，則k的取值范圍是 .
6．（22-23高二上·江蘇鹽城·期中）已知 分別在直線與直線上，且，點，，則的最小值為 .
參考答案：
1．B
【分析】設出點A，B的坐標，利用拋物線定義結合已知求出p，再借助斜率坐標公式計算作答.
【詳解】設，拋物線的準線為：，
因為線段的中點，則，又，解得，
則拋物線C的方程為：，有，，顯然直線l的斜率存在，
所以直線的斜率.
故選：B
2．D
【分析】的幾何意義為直線的斜率，再根據直線與圓得交點即可得出答案.
【詳解】設，變形可得，
則的幾何意義為直線的斜率，
圓化為，
所以圓的圓心為，半徑為.
因為是圓上任意一點，
所以圓與直線有公共點，即圓的圓心到直線的距離不大于圓的半徑，
所以，解得，
即的最大為.
故選:D.
3．ACD
【分析】求出直線過的定點判斷A；判斷定點與圓的位置關系判斷B；求出圓心到直線距離判斷C；判斷圓與圓的位置關系判斷D.
【詳解】對于A，直線的方程為，由，得，
直線過定點，A正確；
對于B，又，即定點在圓內，則直線與圓相交，有兩個交點，B錯誤；
對于C，當時，直線：，圓心到直線的距離為，
而圓半徑為2，且，因此恰有2個點到直線的距離等于1，C正確；
對于D，圓化為，
圓的圓心為，半徑為4，
兩圓圓心距為，
兩圓相交，因此它們有兩條公切線，D正確.
故選：ACD.
4．ABD
【分析】根據題意畫出圖形，利用動點到兩定點的距離之和的變化可判定A正確；求出最小值，分析無最大值，可判定B正確；由對稱性的定義，可判定C不正確；由單調性和函數值的關系，可判定D正確.
【詳解】由題意，函數，
可理解為動點到兩個定點的距離之和，
如圖所示，
當時，隨著的增大，越靠近原點時，越小，則越小，
即越小，函數在上單調遞減，
當時，隨著的增大，越靠近原點時，越大，則越大，
即越大，函數在上單調遞增，所以A正確；
當點與點重合時，取得最小值，點越向左遠離或向右遠離時，越大，無最大值，，即函數有最小值，無最大值，所以B正確；
當點與點重合時，取得最小值，若函數有對稱軸，則對稱軸的方程為，而，可得，則不是對稱軸，
所以存在實數，使得函數的圖象關于對稱是錯誤的，所以C不正確；
因為與點重合時，，當時，；當時，；當時，，由在上單調遞增，所以存在，使得的實根個數為2，所以D正確.
故選：ABD.
5． 或； .
【分析】分別令和求出直線在兩坐標軸上的截距，利用截距相等解方程求出的值；先分析過定點，然后根據條件結合圖示判斷出直線斜率滿足的不等式，由此求解出的取值范圍.
【詳解】因為直線l在兩坐標軸上的截距相等，所以，
在中，
令，得，令，得，
依題意可得，即，
解得或；
直線的方程可化為，所以，
所以，所以直線過定點，
所以，由直線可得：，
若不經過第三象限，則，
故答案為：或；.
6．/
【分析】利用線段的等量關系進行轉化，找到最小值即為所求.
【詳解】由直線與間的距離為得，過作直線垂直于，如圖，

則直線的方程為：，將沿著直線往上平移個單位到點，有，
連接交直線于點P，過P作于Q，連接BQ，有，即四邊形為平行四邊形，
則，即有，顯然是直線上的點與點距離和的最小值，
因此的最小值，即的最小值，而，
所以的最小值為=
故答案為：
【點睛】思路點睛：（1）合理的利用假設可以探究取值的范圍，嚴謹的思維是驗證的必要過程.
（2）轉化與劃歸思想是解決距離最值問題中一種有效的途徑.
（3）數形結合使得問題更加具體和形象，從而使得方法清晰與明朗.
反思提升：
1.含有參數的直線方程可看作直線系方程，這時要能夠整理成過定點的直線系，能夠看出“動中有定”.若直線的方程為y＝k(x－1)＋2，則直線過定點(1，2).
2.求解與直線方程有關的面積問題，應根據直線方程求解相應坐標或者相關長度，進而求得多邊形面積.
3.求參數值或范圍.注意點在直線上，則點的坐標適合直線的方程，再結合函數的單調性或基本不等式求解.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·河南信陽·三模）動點P在函數的圖像上，以P為切點的切線的傾斜角取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·重慶·三模）當點到直線l：的距離最大時，實數的值為（ ）
A． B．1 C． D．2
3．（2024·山東青島·二模）拋物線的焦點到雙曲線的漸近線的距離為（ ）
A． B． C． D．
4．（2020高三·全國·專題練習）在平面直角坐標系xOy(O為坐標原點)中，不過原點的兩直線，的交點為P，過點O分別向直線，引垂線，垂足分別為M，N，則四邊形OMPN面積的最大值為（ ）
A．3 B． C．5 D．
二、多選題
5．（2024·全國·模擬預測）已知直線與圓，則下列結論正確的是（ ）
A．直線恒過定點
B．直線與圓相交
C．若，直線被圓截得的弦長為
D．若直線與直線垂直，則
6．（23-24高二上·安徽馬鞍山·階段練習）已知圓，直線．則以下幾個結論正確的有（ ）
A．直線l與圓C相交
B．圓C被y軸截得的弦長為
C．點C到直線l的距離的最大值是
D．直線l被圓C截得的弦長最短時，直線l的方程為
7．（2024·云南昆明·模擬預測）唐代詩人李頎的詩《古從軍行》開頭兩句：“白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河”隱藏著一個有趣的數學問題——“將軍飲馬”，即某將軍觀望完烽火臺之后從山腳的某處出發，先去河邊飲馬，再返回軍營，怎樣走能使總路程最短 在平面直角坐標系中有兩條河流m，n，其方程分別為，，將軍的出發點是點，軍營所在位置為，則下列說法錯誤的是（ ）
A．若將軍先去河流m飲馬，再返回軍營，則將軍在河邊飲馬的地點的坐標為
B．將軍先去河流n飲馬，再返回軍營的最短路程是
C．將軍先去河流m飲馬，再去河流n飲馬，最后返回軍營的最短路程是
D．將軍先去河流n飲馬，再去河流m飲馬，最后返回軍營的最短路程是
三、填空題
8．（2024·天津南開·二模）過圓C：上的點作圓C切線l，則l的傾斜角為 .
9．（2024·北京·三模）已知拋物線的焦點為F，準線與x軸的交點為A，點B在C上.若，則直線AB的方程為 .
10．（2024·山西朔州·模擬預測）已知A，B分別為曲線和直線上的點，則的最小值為 .
四、解答題
11．（23-24高二上·山東德州·期中）已知直線：和直線：，其中m為實數．
(1)若，求m的值；
(2)若點在直線上，直線l過P點，且在x軸上的截距與在y軸上的截距互為相反數，求直線l的方程．
12．（2024·陜西西安·二模）解答下列問題.
(1)已知直線與直線相交，交點坐標為，求的值；
(2)已知直線過點，且點到直線的距離為，求直線的方程.
參考答案：
1．C
【分析】求出定義域，求導，結合基本不等式得到，求出以P為切點的切線的傾斜角取值范圍.
【詳解】令，解得，故的定義域為，
，當且僅當，即時，等號成立，
故，故以P為切點的切線的傾斜角取值范圍是.
故選：C
2．B
【分析】先求得直線過的定點，再由點P與定點的連線與直線垂直求解.
【詳解】直線l：，
整理得，
由，可得，
故直線恒過點，
點到的距離，
故；
直線l：的斜率，
故，解得
故選：B.
3．A
【分析】由已知可得，拋物線的焦點坐標為，雙曲線的漸近線方程為，再由點到直線的距離公式即可求得距離.
【詳解】由，得焦點坐標為，又雙曲線漸近線方程為，
即，則由點到直線的距離公式得.
故選：A.
4．D
【分析】由、的方程可得它們都過定點，，然后可得四邊形OMPN為矩形，且，然后可求出答案.
【詳解】將直線的方程變形得，
由，得，則直線過定點，同理可知，直線過定點，

所以，直線和直線的交點P的坐標為，易知，直線，如圖所示，
易知，四邊形OMPN為矩形，且，
設，，則，
四邊形OMPN的面積為，
當且僅當，即當時，等號成立，
因此，四邊形OMPN面積的最大值為，
故選：D
5．BC
【分析】利用點斜式可判定A，利用直線過定點結合點與圓的位置關系可判定B，利用弦長公式可判定C，利用直線的位置關系可判定D.
【詳解】對于A，直線，即，
則直線恒過定點，故A錯誤；
對于B，因為，所以定點在圓內部，
所以直線l與圓O相交，故B正確；
對于C，當時，直線，圓心O到直線的距離，
直線l被圓O截得的弦長為，故C正確；
對于D，若直線與直線垂直，則或，故D不正確；
故選：BC.
6．ACD
【分析】對于A，，聯立求定點,根據定點在圓內即可求解；對于B，令求軸交點縱坐標即可得弦長；對于C，根據定點到圓心距離即可求解最值，對于D，根據直線被圓截得弦長最短，只需與圓心連線垂直于直線，求直線斜率，進而求出參數，即可得方程．
【詳解】由，
則，得，即恒過定點，
由到圓心的距離，故定點在圓內，故直線與圓恒相交，故A正確；
令，則，可得，故圓被軸截得的弦長為，故B錯誤；
點C到直線l的距離的最大值為圓心到定點的距離，故最大值為，C正確，
要使直線被圓截得弦長最短，只需與圓心連線垂直于直線，則，
所以，可得，故直線為，故D正確．
故選：ACD．
7．ABD
【分析】確定關于直線對稱點，確定關于直線對稱點，利用兩點之間距離最小來判斷.
【詳解】對于A，如圖①所示，設點關于直線的對稱點為，
由解得，
所以將軍在河邊飲馬的地點的坐標為，故A錯誤；
對于B，如圖②所示，因為點關于直線的對稱點為，
將軍先去河流飲馬，再返回軍營的最短路程是，故B錯誤；
對于C，如圖③所示，因為點關于直線的對稱點分別為，；
點關于直線的對稱點為，
所以將軍先去河流飲馬，再去河流飲馬，最后返回軍營的最短路程，故C正確；
對于D，如圖④所示，設點關于直線的對稱點分別為，
由解得；點關于直線的對稱點為，
將軍先去河流飲馬，再去河流飲馬，最后返回軍營的最短路程是，故D錯誤.
故選：ABD.


8．150°
【分析】根據兩直線垂直和得到直線l的斜率，從而得到l的傾斜角.
【詳解】由題意得，直線與直線l垂直，
因為，故l的斜率為，
故l的傾斜角為150°
故答案為：150°
9．或
【分析】先根據焦半徑公式求出點坐標，進而可得直線方程.
【詳解】設，則，則，此時，
所以或，又由已知，
直線AB的方程為或，
整理得或.
故答案為：或.
10．/
【分析】利用數形結合思想可知切點到直線的距離是最小值，從而利用導數來求出切點，再用點到直線的距離公式求出最小值即可.
【詳解】
由題意的最小值為曲線上點A到直線距離的最小值，
而點A就是曲線與直線相切的切點，因為曲線上其它點到直線的距離都大于，
對求導有，由可得，即，
故.
故答案為：.
11．(1)或0
(2)或．
【分析】（1）根據垂直得到方程，求出m的值；
（2）將代入中，解得，設直線l的方程，根據兩截距相等得到方程，求出或，得到直線l的方程.
【詳解】（1）由題意得，解得或0；
（2）由在直線上，得，解得，可得，
顯然直線l的斜率一定存在且不為0，設直線l的方程為，
令，可得，再令，可得，
所以，解得或，
所以直線l的方程為或，
即或．
12．(1)；
(2)和
【分析】（1）利用直線的交點坐標同時在兩直線上解方程組即可得到結果；
（2）分直線的斜率存在與否，不存在時，直接驗證即可；存在時利用點斜式設出直線方程，再由點到直線的距離解出斜率，得到直線方程即可.
【詳解】（1）由題意得，即解得
；
（2）顯然直線：滿足條件. 此時，直線的斜率不存在.
當直線的斜率存在時，設，即.
點到直線的距離為，
，即，得，
得直線
綜上所述，直線的方程為和
【能力篇】
一、單選題
1．（2022·四川南充·三模）設O為坐標原點，點，動點P在拋物線上，且位于第二象限，M是線段PA的中點，則直線OM的斜率的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2024·江蘇南通·模擬預測）設拋物線的焦點為，是上的一個動點，則下列結論正確的是（ ）
A．點到的距離比到軸的距離大2
B．點到直線的最小距離為
C．以為直徑的圓與軸相切
D．記點在的準線上的射影為，則不可能是正三角形
三、填空題
3．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）已知圓，直線，為直線上的動點，過點作圓的兩條切線，切點分別為，，則直線過定點 .
四、解答題
4．（2024·河南·三模）已知拋物線的焦點為F，點為C上一點．
(1)求直線的斜率；
(2)經過焦點F的直線與C交于A，B兩點，原點O到直線的距離為，求以線段為直徑的圓的標準方程．
參考答案：
1．D
【分析】根據給定條件，設出點P的坐標，再求出直線OM的斜率，借助均值不等式求解作答.
【詳解】依題意，設點，于是有，
直線OM的斜率，當且僅當，即時取“=”，
直線OM的斜率的取值范圍為.
故選：D
2．BC
【分析】由拋物線，可得焦點，準線方程為，設，
.利用拋物線的定義可得，即可判斷出正誤；
.，利用點到直線的距離公式可得點到直線的距離，進而判斷出正誤；
.設的中點為，可得，即可判斷出正誤；
.，令，可得，，解得，即可判斷出正誤.
【詳解】由拋物線，可得焦點，準線方程為，設，
因為，因此不正確；
因為，則點到直線的距離為，
當時取等號，可得點到直線的最小距離為，因此正確；
設的中點為，則，于是以為直徑的圓與軸相切，
因此正確；
，令，則，，解得，
此時，是正三角形，因此不正確．
故選：BC．
3．
【分析】設出點坐標，可得以為直徑的圓的方程，與圓方程作差即可得公共弦方程，即可得定點坐標.
【詳解】根據題意，為直線：上的動點，設的坐標為，
過點作圓的兩條切線，切點分別為，，則，，
則點、在以為直徑的圓上，
又由，，則以為直徑的圓的方程為，
變形可得：，
則有，可得：，
變形可得：，即直線的方程為，
則有，解可得，故直線過定點.
故答案為：.
4．(1)
(2)或．
【分析】（1）利用待定系數法求出拋物線的方程，確定焦點，再由兩點求斜率；
（2）對斜率進行分類討論，設直線方程，聯立拋物線方程，設，，利用根與系數的關系表示出線段的長度，根據點到直線的距離建立等式求出的值，從而確定圓心及半徑即可得出標準方程．
【詳解】（1）將代入拋物線方程可得，
解得，故．
所以．
（2）由題意，直線的斜率存在且不為0（若直線斜率不存在，則原點O到直線l的距離為1，矛盾），
所以設直線的方程為．
聯立，化簡得，顯然，
設，，則，，
，
所以以線段為直徑的圓的圓心、半徑分別為，．
因為原點O到直線l的距離為，
所以，解得，
所以圓心、半徑分別為，，
所以圓的標準方程為或．
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）已知過原點的直線與雙曲線交于兩點，點在第一象限且與點關于軸對稱，，直線與雙曲線的右支交于點，若，則雙曲線的離心率為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·河南信陽·模擬預測）太極圖是由黑白兩個魚形紋組成的圖案，俗稱陰陽魚，太極圖展現了一種相互轉化，相互統一的和諧美．定義：能夠將圓的周長和面積同時等分成兩部分的函數稱為圓的一個“太極函數”下列有關說法中正確的是（ ）
A．對圓的所有非常數函數的太極函數中，一定不能為偶函數；
B．函數是圓的一個太極函數；
C．存在圓，使得是圓的太極函數；
D．直線所對應的函數一定是圓的太極函數．
三、填空題
3．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）正三棱柱內切球（球與上下底面和側面都相切）的半徑是為棱上一點，若二面角為，則平面截內切球所得截面面積為 .
參考答案：
1．A
【分析】設出點的坐標，得點的坐標，求出直線的斜率可得，再由得，又得，根據之間的關系求離心率.
【詳解】設，則，
根據可得，
則，
因為，所以，
又，
所以，
故雙曲線的離心率.
故選：A.
【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵點是利用直線斜率之間的關系、得到之間的關系.
2．BD
【分析】舉出反例判斷A；說明的圖象關于點成中心對稱，結合太極函數定義判斷B；說明圖象關于對稱，不在函數圖象上，結合太極函數定義判斷C；求出直線過的定點，恰為圓心，即可判斷D.
【詳解】對于A，如圖折線形成的函數是偶函數，滿足，

顯然函數的圖象能將圓的周長和面積同時等分成兩部分，A錯誤；
對于B，將正弦函數的圖象向上平移1個單位即得的圖象，
即的圖象關于點成中心對稱，而圓也關于點中心對稱，
因此函數的圖象能將圓的周長和面積同時等分成兩部分，B正確；
對于C，的定義域為，且，
即為奇函數，圖象關于對稱，

若是圓的太極函數，則圓的圓心應為，但是不在的圖象上，
因此函數不能將圓的周長和面積同時等分成兩部分，C錯誤；
對于D，直線，即，
由，解得，則直線恒過定點，
顯然直線經過圓的圓心，
該直線能將圓的周長和面積同時等分成兩部分，D正確，
故選：BD
【點睛】思路點睛：涉及函數新定義問題，理解新定義，找出數量關系，聯想與題意有關的數學知識和方法，再轉化、抽象為相應的數學問題作答.
3．
【分析】由內切球的半徑得正三棱柱的高和底面邊長，求球心到平面的距離，勾股定理求截面圓的半徑，可得截面面積.
【詳解】正三棱柱內切球的半徑是，則棱柱的高，
正三角形內切圓的半徑是，則，
得，
分別為的中點，則，，，
二面角為，則，
內切圓的圓心為上靠近點的三等分點，內切圓的圓心為上靠近點的三等分點，
為正三棱柱內切球球心，則為的中點，
則，，
，，
由對稱性可知，球心到平面的距離等于到直線的距離，
平面中，以為原點，為軸，為軸建立如圖所示的平面直角坐標系，
有，，所在直線方程為，即，
則點到直線的距離，即球心到平面的距離，
平面截內切球所得截面圓的半徑為，則，
所以截面圓的面積.
故答案為：.
【點睛】方法點睛：
正三棱柱的內切球中，如果內切球的半徑為，那么正三棱柱的高為，底面正三角形的邊長為，截面圓的半徑由球的半徑和球心到截面距離利用勾股定理計算.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑