《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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：
(1)BD [
(1)若直线过原点,此时横、纵截距都为$0$,则不能用方程$\frac{x}{a}+\frac{y}{a}=1$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)$4x - 3y - 4 = 0$ [
(1)若直线过原点,此时横、纵截距都为$0$,则不能用方程$\frac{x}{a}+\frac{y}{a}=1$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)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.

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$\begin{cases}-\frac{1 + 2k}{k}\leq - 2\\1 + 2k\geq0\end{cases}$,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$\begin{cases}-\frac{1 + 2k}{k}＜0\\1 + 2k＞0\end{cases}$,解得$k＞0$。
∵$S=\frac{1}{2}\cdot|OA|\cdot|OB|$
$=\frac{1}{2}\cdot|\frac{1 + 2k}{k}|\cdot|1 + 2k|$
$=\frac{1}{2}\cdot\frac{(1 + 2k)^{2}}{k}=\frac{1}{2}(4k+\frac{1}{k}+4)$
$\geq\frac{1}{2}×(2×2 + 4)=4$,
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：
(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$a + b=(a + b)(\frac{1}{a}+\frac{2}{b})=3+\frac{b}{a}+\frac{2a}{b}\geq3 + 2\sqrt{\frac{b}{a}\cdot\frac{2a}{b}}=3 + 2\sqrt{2}$,
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^2 y = 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)$\frac{1}{2}$ [
(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$a + b=(a + b)(\frac{1}{a}+\frac{2}{b})=3+\frac{b}{a}+\frac{2a}{b}\geq3 + 2\sqrt{\frac{b}{a}\cdot\frac{2a}{b}}=3 + 2\sqrt{2}$,
当且仅当$\frac{b}{a}=\frac{2a}{b}$,即$\frac{a}{b}=\frac{\sqrt{2}}{2}$时取等号。
(2)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。]