《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

5.若一条光线沿直线$2x - y + 2 = 0$入射到直线$x + y - 5 = 0$上后反射，则反射光线所在直线的方程为 (A)

A.$x - 2y + 7 = 0$
B.$x + 2y + 7 = 0$
C.$2x - y + 7 = 0$
D.$2x + y - 6 = 0$

答案： 5.A 解析 由$\begin{cases}2x - y + 2 = 0,\\x + y - 5 = 0,\end{cases}$解得$\begin{cases}x = 1,\\y = 4,\end{cases}$
则反射光线过点$(1,4)$.
再取入射光线上点$(0,2)$，其关于直线$x + y - 5 = 0$的对称点为$(3,5)$，
所以反射光线所在直线的斜率$k=\frac{1}{2}$.

6.已知$m,n,a,b \in \mathbf{R}$，且满足$3m + 4n = 16$，$3a + 4b = 1$，则$\sqrt{(m - a)^2 + (n - b)^2}$的最小值为 (A)

A.$3$
B.$\sqrt{2}$
C.$1$
D.$\frac{1}{2}$

答案： 6.A 解析 因为直线$l_1:3x + 4y = 16$过$A(m,n)$，直线$l_2:3x + 4y = 1$过$B(a,b)$，$\sqrt{(m - a)^2 + (n - b)^2}$表示$A$，$B$两点之间的距离，因为$l_1// l_2$，则$\vert AB\vert_{\min}=\frac{\vert1 - 16\vert}{\sqrt{3^2 + 4^2}}=\frac{15}{5}=3$.

7.如下图所示，在等腰直角$\triangle ABC$中，$AB = AC = 3$，点$P$是边$AB$上异于端点的一点，光线从点$P$出发经$BC$,$CA$边反射后又回到点$P$，若光线$QR$经过$\triangle ABC$的重心，则$\triangle PQR$的周长等于 (A)


A.$2\sqrt{5}$
B.$2\sqrt{7}$
C.$3\sqrt{2}$
D.$4\sqrt{2}$

答案：
7.A 解析 建立如下图所示的直角坐标系，得$B(3,0)$，$C(0,3)$，则直线$BC$方程为$x + y = 3$，

且$\triangle ABC$的重心为$G(\frac{0 + 0 + 3}{3},\frac{0 + 0 + 3}{3})$，即$G(1,1)$.
设$P(a,0)$，$P$关于直线$BC$的对称点为$P_1(x,y)$，则$\begin{cases}\frac{a + x}{2}+\frac{y + 0}{2}=3,\frac{y - 0}{x - a}·(-1)= -1,\end{cases}$解得$\begin{cases}x = 3,\\y = 3 - a,\end{cases}$
则$P_1(3,3 - a)$，
易知$P$关于$y$轴的对称点为$P_2(-a,0)$，
根据光线反射原理知$P_1$，$Q$，$R$，$P_2$四点共线，且$\vert PQ\vert=\vert P_1Q\vert$，$\vert PR\vert=\vert P_2R\vert$，
所以直线$QR$的方程为$y=\frac{3 - a - 0}{3 - (-a)}[x - (-a)]$，即$y=\frac{3 - a}{3 + a}(x + a)$，
又直线$QR$过$G(1,1)$，所以$1=\frac{3 - a}{3 + a}(1 + a)$，解得$a = 1$或$a = 0$(舍去)，
所以$P(1,0)$，$P_1(3,2)$，$P_2(-1,0)$，
所以$\vert P_1P_2\vert=\sqrt{(3 + 1)^2 + (2 - 0)^2}=2\sqrt{5}$，
所以$\triangle PQR$的周长为$\vert PQ\vert+\vert QR\vert+\vert RP\vert=\vert P_1Q\vert+\vert QR\vert+\vert RP_2\vert=\vert P_1P_2\vert=2\sqrt{5}$.
故选：A.

8.已知$A(1,6\sqrt{3})$,$B(0,5\sqrt{3})$，作直线$l$，使得点$A$,$B$到直线$l$的距离为$d$，且这样的直线$l$恰有$4$条，则$d$的取值范围是 (B)

A.$d \geqslant 1$
B.$0 ＜ d ＜ 1$
C.$0 ＜ d \leqslant 1$
D.$0 ＜ d ＜ 2$

答案： 8.B 解析 对任意$d$，存在两条直线$l_1$、$l_2$，使得$l_1// l_2// AB$，且满足直线$l_1$、$l_2$到直线$AB$的距离为$d$.当$d＜\frac{\vert AB\vert}{2}=1$时，则还存在过$AB$中点的两条直线，使得点$A$，$B$到直线$l$的距离为$d$，所以$0＜d＜1$.

9.若点$A(a,1)$到直线$3x - 4y = 1$的距离为$1$，则$a$的值可能为 (AB)

A.$0$
B.$\frac{10}{3}$
C.$5$
D.$-\frac{10}{3}$

答案： 9.AB 解析 点$A(a,1)$到直线$3x - 4y = 1$的距离为$\frac{\vert3a - 4 - 1\vert}{5}=1$，
解得$a = 0$或$a=\frac{10}{3}$.

10.当$0 ＜ k ＜ \frac{1}{2}$时，直线$l_1:kx - y - k + 1 = 0$与直线$l_2:ky - x - 2k = 0$的交点可能是(CD)

A.$(2,3)$
B.$(1,2)$
C.$(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$
D.$(-\frac{1}{3},\frac{2}{3})$

答案： 10.CD 解析 联立$\begin{cases}kx - y - k + 1 = 0,\\ky - x - 2k = 0,\end{cases}$
得$\begin{cases}x=\frac{k}{k - 1},\\y=\frac{2k - 1}{k - 1},\end{cases}$
因为$0＜k＜\frac{1}{2}$，所以$\frac{k}{k - 1}＜0$，$\frac{2k - 1}{k - 1}＞0$，即交点在第二象限，所以$A$、$B$选项错误.
验证$C$选项，$\begin{cases}\frac{k}{k - 1}=-\frac{1}{2},\frac{2k - 1}{k - 1}=\frac{1}{2},\end{cases}$得$k=\frac{1}{3}$成立.
验证$D$选项，$\begin{cases}\frac{k}{k - 1}=-\frac{1}{3},\frac{2k - 1}{k - 1}=\frac{2}{3},\end{cases}$得$k=\frac{1}{4}$成立.

11.在平面直角坐标系中，$A(t,\frac{2}{t})$,$B(8 - m,8 - \frac{3}{2}m)$,$C(7 - m,0)$，$O$为坐标原点，$P$为$x$轴上的动点，则下列说法中正确的是 (ACD)

A.$|\overrightarrow{OA}|$的最小值为$2$
B.若$t = 1$,$m = 4$，则$\triangle ABC$的面积等于$4$
C.若$t = 1$,$m = 4$，则$|\overrightarrow{PA}| + |\overrightarrow{PB}|$的最小值为$5$
D.若$t = \sin \theta$,$\theta \in (0,\pi)$，且$\overrightarrow{CA}$与$\overrightarrow{CB}$的夹角$\alpha \in [0,\frac{\pi}{2}]$，则$m \in (-\infty,5)$

答案： 11.ACD 解析 $\vert\overrightarrow{OA}\vert=\sqrt{t^2+\frac{4}{t^2}}\geqslant\sqrt{2\sqrt{t^2}×\sqrt{\frac{4}{t^2}}}=2$，当且仅当$t^2=\frac{4}{t^2}$，即$t=\pm\sqrt{2}$时，等号成立，$A$正确；
当$t = 1$，$m = 4$时，$A(1,2)$，$B(4,2)$，$C(3,0)$，$AB// x$轴，$\vert AB\vert=3$，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×3×2=3$，$B$错误；
当$t = 1$，$m = 4$时，$A$关于$x$轴的对称点为$A^\prime(1,-2)$，
$\vert A^\prime B\vert=\sqrt{(4 - 1)^2+(2 + 2)^2}=5$，
$\vert\overrightarrow{PA}\vert+\vert\overrightarrow{PB}\vert=\vert PA\vert+\vert PB\vert\geqslant\vert A^\prime B\vert=5$，
当且仅当$A^\prime$，$P$，$B$共线时等号成立，$C$正确；
当$t=\sin\theta$，$\theta\in(0,\pi)$时，$t\in(0,1]$，
$\overrightarrow{CA}=(t - 7 + m,\frac{2}{t})$，$\overrightarrow{CB}=(1,8 - \frac{3}{2}m)$，
$\overrightarrow{CA}$与$\overrightarrow{CB}$的夹角$\alpha\in[0,\frac{\pi}{2})$，即$\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{CB}＞0$，
所以$t - 7 + m+\frac{2}{t}(8 - \frac{3}{2}m)＞0$，
$m＜\frac{t^2 - 7t + 16}{3 - t}$，令$x = 3 - t$，则$x\in[2,3)$，
$\frac{t^2 - 7t + 16}{3 - t}=\frac{(3 - x)^2 - 7(3 - x) + 16}{x}=x+\frac{4}{x}+1$，
易知函数$y = x+\frac{4}{x}+1$在$[2,3)$上是增函数，
所以$y_{\min}=2+\frac{4}{2}+1=5$，所以$m＜5$，$D$正确.

12.过直线$x + y - 3 = 0$和$2x - y = 0$的交点，且与直线$2x + y - 5 = 0$垂直的直线方程是$x - 2y + 3 = 0$.

答案： 12.$x - 2y + 3 = 0$ 解析 联立$\begin{cases}x + y - 3 = 0,\\2x - y = 0,\end{cases}$
求得交点为$(1,2)$，
设与直线$2x + y - 5 = 0$垂直的直线方程为$x - 2y + m = 0$，
将$(1,2)$代入可得$m = 3$，
所以所求直线方程为$x - 2y + 3 = 0$.

13.已知点$A(-3,4)$,$B(2,\sqrt{3})$在$x$轴上有一点$P$，使$|PA| = |PB|$，则$P$点坐标为$(-\frac{9}{5},0)$.

答案： 13.$(-\frac{9}{5},0)$ 解析 设点$P(x,0)$，
则有$\vert PA\vert=\sqrt{(x + 3)^2 + 16}=\sqrt{x^2 + 6x + 25}$，
$\vert PB\vert=\sqrt{(x - 2)^2 + (0 - \sqrt{3})^2}=\sqrt{x^2 - 4x + 7}$.
由$\vert PA\vert=\vert PB\vert$，得$x^2 + 6x + 25 = x^2 - 4x + 7$，
解得$x=-\frac{9}{5}$，即所求点$P$为$(-\frac{9}{5},0)$.

14.点$P(-2,-1)$到直线$l:(1 + 3\lambda)x + (1 + \lambda)y - 2 - 4\lambda = 0(\lambda \in \mathbf{R})$距离的最大值为$\sqrt{13}$.

答案： 14.$\sqrt{13}$ 解析 直线$l:(1 + 3\lambda)x + (1 + \lambda)y - 2 - 4\lambda = 0$，可化为$(x + y - 2) + \lambda(3x + y - 4) = 0$，
由$\begin{cases}x + y - 2 = 0,\\3x + y - 4 = 0,\end{cases}$解得$\begin{cases}x = 1,\\y = 1,\end{cases}$
由此可得直线系恒过点$A(1,1)$.
则$P$到直线$l$的最远距离为$\vert PA\vert$，
$d_{\max}=\vert PA\vert=\sqrt{(-2 - 1)^2 + (-1 - 1)^2}=\sqrt{13}$.

15.已知$0 ＜ x ＜ 2$,$0 ＜ y ＜ 2$，则代数式$\sqrt{x^2 + y^2} + \sqrt{x^2 + (2 - y)^2} + \sqrt{(2 - x)^2 + y^2} + \sqrt{(x - 2)^2 + (y - 2)^2}$的最小值为$4\sqrt{2}$.

答案：
15.$4\sqrt{2}$ 解析 由题意可得式子表示点$P(x,y)$到$O(0,0)$，$A(0,2)$，$B(2,0)$，$C(2,2)$的距离之和，
因为$0＜x＜2$，$0＜y＜2$，
所以点$P(x,y)$在$4$条直线$x = 0$，$x = 2$，$y = 0$，$y = 2$所围成的正方形内部，如下图所示.

$\sqrt{x^2 + y^2}+\sqrt{x^2 + (2 - y)^2}+\sqrt{(2 - x)^2 + y^2}+\sqrt{(x - 2)^2 + (y - 2)^2}=\vert PO\vert+\vert PA\vert+\vert PC\vert+\vert PB\vert$，
当$P(x,y)$为正方形$OACB$的对角线的交点，即为正方形的中心时，$P$，$O$，$C$三点共线且$P$，$A$，$B$三点共线，即$\vert PO\vert+\vert PC\vert$和$\vert PA\vert+\vert PB\vert$同时取得最小值，此时$\vert PO\vert+\vert PA\vert+\vert PC\vert+\vert PB\vert$取得最小值，即当点$(x,y)$为该正方形的中心$(1,1)$时，原式取得最小值，把$x = 1$，$y = 1$代入计算可得最小值为$4\sqrt{2}$，故答案$4\sqrt{2}$.