《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

(1) (多选) (2025·武汉质检) 下列说法正确的是(BD)

A.截距相等的直线都可以用方程 $\frac{x}{a}+\frac{y}{a}=1$ 表示
B.方程 $x + my - 2 = 0(m\in\mathbf{R})$ 能表示平行 $y$ 轴的直线
C.经过点 $P(1,1)$，倾斜角为 $\theta$ 的直线方程为 $y - 1=\tan\theta(x - 1)$
D.经过两点 $P_1(x_1,y_1),P_2(x_2,y_2)$ 的直线方程为 $(y_2 - y_1)(x - x_1)-(x_2 - x_1)(y - y_1)=0$

答案： 训练2
(1)BD　[
(1)若直线过原点，此时横、纵截距都为0，则不能用方程$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$表示，
　所以A不正确；
　当$m = 0$时，直线方程为$x = 2$，所以B正确；
若直线的倾斜角为$90^{\circ}$，则该直线的斜率不存在，不能用$y - 1=\tan\theta(x - 1)$表示，
　所以C不正确；
　设点$P(x,y)$是经过两点$P_{1}(x_{1},y_{1})$，$P_{2}(x_{2},y_{2})$的直线上的任意一点，根据$P_{1}P_{2}// P_{1}P$可得$(y_{2}-y_{1})(x - x_{1})-(x_{2}-x_{1})(y - y_{1})=0$，所以D正确.

(2) 已知直线 $l$ 过点 $(1,0)$，且倾斜角为直线 $l_0:x - 2y - 2 = 0$ 的倾斜角的 $2$ 倍，则直线 $l$ 的方程为____。

答案：
(2)$4x - 3y - 4 = 0$
[
(2)由题意可设直线$l_{0}$，$l$的倾斜角分别为$\alpha$，$2\alpha$，因为直线$l_{0}:x - 2y - 2 = 0$的斜率为$\frac{1}{2}$，
　则$\tan\alpha=\frac{1}{2}$，
　所以直线$l$的斜率
　$k=\tan2\alpha=\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^{2}\alpha}=\frac{2×\frac{1}{2}}{1-(\frac{1}{2})^{2}}=\frac{4}{3}$，
　所以由点斜式可得直线$l$的方程为
　$y - 0=\frac{4}{3}(x - 1)$，即$4x - 3y - 4 = 0$.

考点三 直线方程的综合应用
例 3 已知直线 $l:kx - y + 1 + 2k = 0(k\in\mathbf{R})$。
(1) 证明：直线 $l$ 过定点；
(2) 若直线不经过第四象限，求 $k$ 的取值范围；
(3) 若直线 $l$ 交 $x$ 轴负半轴于点 $A$，交 $y$ 轴正半轴于点 $B$，$\triangle AOB$ 的面积为 $S$（$O$ 为坐标原点），求 $S$ 的最小值并求此时直线 $l$ 的方程。证明　直线$l$的方程可化为　$k(x + 2)+(1 - y)=0$，　令$\begin{cases}x + 2 = 0\\1 - y = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = - 2\\y = 1\end{cases}$　∴无论$k$取何值，直线总经过定点$(-2,1)$.　(2)解　由方程知，当$k\neq0$时，直线在$x$轴上的截距为$-\frac{1 + 2k}{k}$，在$y$轴上的截距为$1 + 2k$，要使直线不经过第四象限，则必须有　$\begin{cases}-\frac{1 + 2k}{k}\leq - 2\\1 + 2k\geq 0\end{cases}$，解得$k＞0$；　当$k = 0$时，直线为$y = 1$，符合题意，　故$k$的取值范围是$[0,+\infty)$.　(3)解　由题意可知$k\neq0$，再由$l$的方程，

答案： 例3
(1)证明　直线$l$的方程可化为
　$k(x + 2)+(1 - y)=0$，
　令$\begin{cases}x + 2 = 0\\1 - y = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = - 2\\y = 1\end{cases}$
∴无论$k$取何值，直线总经过定点$(-2,1)$.
(2)解　由方程知，当$k\neq0$时，直线在$x$轴上的截距为$-\frac{1 + 2k}{k}$，在$y$轴上的截距为$1 + 2k$，要使直线不经过第四象限，则必须有
　$\begin{cases}-\frac{1 + 2k}{k}\leq - 2\\1 + 2k\geq 0\end{cases}$，解得$k＞0$；
　当$k = 0$时，直线为$y = 1$，符合题意，
　故$k$的取值范围是$[0,+\infty)$.
(3)解　由题意可知$k\neq0$，再由$l$的方程，
　得$A(-\frac{1 + 2k}{k},0)$，$B(0,1 + 2k)$.
　依题意得$\begin{cases}-\frac{1 + 2k}{k}＜0\\1 + 2k＞0\end{cases}$，解得$k＞0$.
∵$S=\frac{1}{2}\cdot|OA|\cdot|OB|$
　$=\frac{1}{2}\cdot|\frac{1 + 2k}{k}|\cdot|1 + 2k|$
　$=\frac{1}{2}\cdot\frac{(1 + 2k)^{2}}{|k|}=\frac{1}{2}(4k+\frac{1}{k}+4)$
　$\geq\frac{1}{2}×(2\sqrt{4k×\frac{1}{k}} + 4)=4$，
　等号成立的条件是$k＞0$，且$4k=\frac{1}{k}$，
　即$k=\frac{1}{2}$，
∴$S_{\min}=4$，此时直线$l$的方程为$x - 2y + 4 = 0$.

(1) (2025·开封质检) 若直线 $l:\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1(a＞0,b＞0)$ 过点 $(1,2)$，则直线 $l$ 在 $x$ 轴和 $y$ 轴上的截距之和取最小值时，$\frac{a}{b}=$(D)

A.$2$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\sqrt{2}$
D.$\frac{\sqrt{2}}{2}$

答案： 训练3
(1)D　[
(1)因为直线$l:\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$过点$(1,2)$，所以$\frac{1}{a}+\frac{2}{b}=1$，
　又$a＞0$，$b＞0$，
　所以$a + b=(a + b)(\frac{1}{a}+\frac{2}{b})=3+\frac{b}{a}+\frac{2a}{b}\geq3 + 2\sqrt{\frac{b}{a}×\frac{2a}{b}}=3 + 2\sqrt{2}$，
　当且仅当$\frac{b}{a}=\frac{2a}{b}$，即$\frac{a}{b}=\frac{\sqrt{2}}{2}$时取等号.

(2) 已知直线 $l_1:ax - 2y = 2a - 4$，$l_2:2x + a^2y = 2a^2 + 4$。当 $0 ＜ a ＜ 2$ 时，直线 $l_1,l_2$ 与两坐标轴围成一个四边形，当四边形的面积最小时，则实数 $a=$$\frac{1}{2}$。

答案：
(2)$\frac{1}{2}$　[
(2)由题意知直线$l_{1}$，$l_{2}$恒过定点$P(2,2)$，直线$l_{1}$在$y$轴上的截距为$2 - a$，
　直线$l_{2}$在$x$轴上的截距为$a^{2}+2$，
　所以四边形的面积
　$S=\frac{1}{2}×2×(2 - a)+\frac{1}{2}×2×(a^{2}+2)=a^{2}-a + 4=(a-\frac{1}{2})^{2}+\frac{15}{4}$.
　又$0＜a＜2$，
　所以当$a=\frac{1}{2}$时，四边形的面积最小.]