《2025年新坐标同步练习高中数学A版选择性必修第一册人教版青海专用》

例 2
已知直线过点 $P(\frac{4}{3},2)$ 且与 $x$ 轴、$y$ 轴的正半轴分别交于 $A$,$B$ 两点,$O$ 为坐标原点,求分别满足下列条件的直线方程.
(1)$\triangle AOB$ 的周长为 $12$；
(2)$\triangle AOB$ 的面积为 $6$.
母题探究
本例条件不变,当 $\triangle AOB$ 的面积最小时,求直线的方程.
(1)设直线方程为$\frac {x}{a}+\frac {y}{b}=1(a＞0,b＞0),$由题意可知,$a+b+\sqrt {a^{2}+b^{2}}=12$.①又因为直线过点$P(\frac {4}{3},2)$,所以$\frac {4}{3a}+\frac {2}{b}=1$,②由①②可得$5a^{2}-32a+48=0,$解得$\left\{\begin{array}{l} a=4,\\ b=3\end{array}\right. $或$\left\{\begin{array}{l} a=\frac {12}{5},\\ b=\frac {9}{2}.\end{array}\right. $所以所求直线的方程为$\frac {x}{4}+\frac {y}{3}=1$或$\frac {x}{\frac {12}{5}}+\frac {y}{\frac {9}{2}}=1,$即$3x+4y-12=0$或$15x+8y-36=0.$
(2)设直线方程为$\frac {x}{a}+\frac {y}{b}=1(a＞0,b＞0),$由题意可知$\left\{\begin{array}{l} ab=12,\\ \frac {4}{3a}+\frac {2}{b}=1,\end{array}\right. $解得$\left\{\begin{array}{l} a=4,\\ b=3\end{array}\right. $或$\left\{\begin{array}{l} a=2,\\ b=6.\end{array}\right. $所以所求直线的方程为$\frac {x}{4}+\frac {y}{3}=1$或$\frac {x}{2}+\frac {y}{6}=1$,即$3x+4y-12=0$或$3x+y-6=0.$
母题探究 解:由本例
(1)知,$\frac {4}{3a}+\frac {2}{b}=1$$(a＞0,b＞0).$所以$1=\frac {4}{3a}+\frac {2}{b}≥2\sqrt {\frac {8}{3ab}}.$即$ab≥\frac {32}{3}$,当且仅当$\frac {4}{3a}=\frac {2}{b}=\frac {1}{2}$,即$a=\frac {8}{3},b=4$时取等号,$△AOB$面积的最小值为$(S_{△AOB})_{min}=\frac {1}{2}ab=\frac {1}{2}×\frac {8}{3}×4=\frac {16}{3}$.此时直线方程为$\frac {x}{\frac {8}{3}}+\frac {y}{4}=1,$即$3x+2y-8=0.$

答案： 【解】
(1)设直线方程为$\frac {x}{a}+\frac {y}{b}=1(a＞0,b＞0),$由题意可知,$a+b+\sqrt {a^{2}+b^{2}}=12$.①又因为直线过点$P(\frac {4}{3},2)$,所以$\frac {4}{3a}+\frac {2}{b}=1$,②由①②可得$5a^{2}-32a+48=0,$解得$\left\{\begin{array}{l} a=4,\\ b=3\end{array}\right. $或$\left\{\begin{array}{l} a=\frac {12}{5},\\ b=\frac {9}{2}.\end{array}\right. $所以所求直线的方程为$\frac {x}{4}+\frac {y}{3}=1$或$\frac {x}{\frac {12}{5}}+\frac {y}{\frac {9}{2}}=1,$即$3x+4y-12=0$或$15x+8y-36=0.$
(2)设直线方程为$\frac {x}{a}+\frac {y}{b}=1(a＞0,b＞0),$由题意可知$\left\{\begin{array}{l} ab=12,\\ \frac {4}{3a}+\frac {2}{b}=1,\end{array}\right. $解得$\left\{\begin{array}{l} a=4,\\ b=3\end{array}\right. $或$\left\{\begin{array}{l} a=2,\\ b=6.\end{array}\right. $所以所求直线的方程为$\frac {x}{4}+\frac {y}{3}=1$或$\frac {x}{2}+\frac {y}{6}=1$,即$3x+4y-12=0$或$3x+y-6=0.$
母题探究 解:由本例
(1)知,$\frac {4}{3a}+\frac {2}{b}=1$$(a＞0,b＞0).$所以$1=\frac {4}{3a}+\frac {2}{b}≥2\sqrt {\frac {8}{3ab}}.$即$ab≥\frac {32}{3}$,当且仅当$\frac {4}{3a}=\frac {2}{b}=\frac {1}{2}$,即$a=\frac {8}{3},b=4$时取等号,$△AOB$面积的最小值为$(S_{△AOB})_{min}=\frac {1}{2}ab=\frac {1}{2}×\frac {8}{3}×4=\frac {16}{3}$.此时直线方程为$\frac {x}{\frac {8}{3}}+\frac {y}{4}=1,$即$3x+2y-8=0.$

已知直线 $l_1:\frac{x}{a - 2}+\frac{y}{a}= 1$ 的斜率为 $2$.
(1)求 $a$；
(2)若直线 $l_1// l_2$,且直线 $l_2$ 与两坐标轴围成的三角形的面积为 $4$,求直线 $l_2$ 的方程.
解:
(1)易知直线$l_{1}$过点$(a-2,0),(0,a)$,则直线$l_{1}$的斜率为$\frac {a-0}{0-(a-2)}=2$,解得$a=\frac {4}{3}.$
(2)由题可知直线$l_{2}$的斜率为 2,故设直线$l_{2}$的方程为$y=2x+b.$易知直线$l_{2}$与x轴、y轴的交点坐标分别为$(-\frac {b}{2},0),(0,b)$,则直线$l_{2}$与两坐标轴围成的三角形的面积为$\frac {1}{2}\cdot |b|\cdot |\frac {b}{2}|=4$,解得$b=\pm 4$.所以直线$l_{2}$的方程为$y=2x+4$或$y=2x-4.$

答案： 解:
(1)易知直线$l_{1}$过点$(a-2,0),(0,a)$,则直线$l_{1}$的斜率为$\frac {a-0}{0-(a-2)}=2$,解得$a=\frac {4}{3}.$
(2)由题可知直线$l_{2}$的斜率为 2,故设直线$l_{2}$的方程为$y=2x+b.$易知直线$l_{2}$与x轴、y轴的交点坐标分别为$(-\frac {b}{2},0),(0,b)$,则直线$l_{2}$与两坐标轴围成的三角形的面积为$\frac {1}{2}\cdot |b|\cdot |\frac {b}{2}|=4$,解得$b=\pm 4$.所以直线$l_{2}$的方程为$y=2x+4$或$y=2x-4.$