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文檔簡介
A組·基礎(chǔ)自測一、選擇題1.若直線l1的斜率為a,l1⊥l2,則直線l2的斜率為(D)A.eq\f(1,a) B.a(chǎn)C.-eq\f(1,a) D.-eq\f(1,a)或不存在[解析]由l1⊥l2,當(dāng)a≠0時,l2的斜率k=-eq\f(1,a),當(dāng)a=0時,l2的斜率不存在,故應(yīng)選D.2.已知A(-2eq\r(3),9),B(6eq\r(3),-15),直線l∥AB,則直線l的傾斜角α為(B)A.60° B.120°C.45° D.135°[解析]因為kAB=eq\f(-15-9,6\r(3)--2\r(3))=-eq\r(3),所以α=120°.3.以A(-1,1),B(2,-1),C(1,4)為頂點(diǎn)的三角形是(C)A.銳角三角形B.鈍角三角形C.以A點(diǎn)為直角頂點(diǎn)的直角三角形D.以B點(diǎn)為直角頂點(diǎn)的直角三角形[解析]易知kAB=eq\f(-1-1,2+1)=-eq\f(2,3),kAC=eq\f(4-1,1+1)=eq\f(3,2),∴kAB·kAC=-1,∴AB⊥AC,∠A為直角.故選C.4.已知兩條直線l1,l2的斜率是方程3x2+mx-3=0(m∈R)的兩個根,則l1與l2的位置關(guān)系是(B)A.平行 B.垂直C.可能重合 D.無法確定[解析]由方程3x2+mx-3=0,知Δ=m2-4×3×(-3)=m2+36>0恒成立,故方程有兩個相異實(shí)根,即l1與l2的斜率k1,k2均存在,且不相等.設(shè)方程的兩根分別為x1,x2,則k1k2=x1x2=-1,所以l1⊥l2.5.將一張畫了直角坐標(biāo)系(兩坐標(biāo)軸單位長度相同)的紙折疊一次,使點(diǎn)(2,0)與點(diǎn)(-2,4)重合,點(diǎn)(2022,2023)與點(diǎn)(m,n)重合,則m+n=(C)A.2024 B.2024C.4045 D.4046[解析]設(shè)A(2,0),B(-2,4),則點(diǎn)A,B所在直線的斜率為kAB=eq\f(4-0,-2-2)=-1.由題意,知過點(diǎn)(2022,2023),(m,n)的直線與直線AB平行,所以eq\f(n-2023,m-2022)=-1,整理得m+n=2022+2023=4045.故選C.二、填空題6.直線l1過點(diǎn)A(0,3),B(-4,-1),直線l2的傾斜角為45°,則直線l1與l2的位置關(guān)系是平行或重合.[解析]因為直線l1過A(0,3),B(-4,-1),所以l1的斜率k1=eq\f(3--1,0--4)=1,直線l2的斜率k2=tan45°=1,因為k1=k2,故l1∥l2或重合.7.直線l1,l2的斜率k1,k2是關(guān)于k的方程2k2-3k-b=0的兩根,若l1⊥l2,則b=2;若l1∥l2,則b=-eq\f(9,8).[解析]當(dāng)l1⊥l2時,k1k2=-1,所以-eq\f(b,2)=-1,所以b=2;當(dāng)l1∥l2時,k1=k2,所以Δ=(-3)2+4×2b=0,所以b=-eq\f(9,8).8.已知△ABC的頂點(diǎn)B(2,1),C(-6,3),其垂心為H(-3,2),則其頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為_(-19,-62)__.[解析]設(shè)A(x,y),因為AC⊥BH,AB⊥CH,且kBH=-eq\f(1,5),kCH=-eq\f(1,3),所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y-3,x+6)=5,,\f(y-1,x-2)=3,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=-19,,y=-62.))所以A(-19,-62).三、解答題9.已知在?ABCD中,A(1,2),B(5,0),C(3,4).(1)求點(diǎn)D的坐標(biāo);(2)試判定?ABCD是否為菱形?[解析](1)設(shè)點(diǎn)D坐標(biāo)為(a,b),因為四邊形ABCD為平行四邊形,所以kAB=kCD,kAD=kBC,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(0-2,5-1)=\f(b-4,a-3),,\f(b-2,a-1)=\f(4-0,3-5),))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=-1,,b=6,))所以D(-1,6).(2)因為kAC=eq\f(4-2,3-1)=1,kBD=eq\f(6-0,-1-5)=-1,所以kAC·kBD=-1,所以AC⊥BD,所以?ABCD為菱形.B組·素養(yǎng)提升一、選擇題1.滿足下列條件的直線l1與l2,其中l(wèi)1∥l2的是(A)①l1的斜率為2,l2過點(diǎn)A(1,2),B(4,8),且l1不經(jīng)過A點(diǎn);②l1經(jīng)過點(diǎn)P(3,3),Q(-5,3),l2平行于x軸,但不經(jīng)過P點(diǎn);③l1經(jīng)過點(diǎn)M(-1,0),N(-5,-2),l2經(jīng)過點(diǎn)R(3,2),S(5,3).A.①② B.②③C.①③ D.①②③[解析]由斜率公式,①中,直線l2的斜率也為2,故l1∥l2;②中,直線l1的斜率也為0,故l1∥l2;③兩條直線的斜率均為eq\f(1,2)且M、N、R、S四點(diǎn)共線,故l1與l2重合.故選A.2.已知兩點(diǎn)A(2,0),B(3,4),直線l過點(diǎn)B,且交y軸于點(diǎn)C(0,y),O是坐標(biāo)原點(diǎn),且O,A,B,C四點(diǎn)共圓,則y的值是(B)A.19 B.eq\f(19,4)C.5 D.4[解析]由O,A,B,C四點(diǎn)共圓可以得出四邊形OABC的對角互補(bǔ),又由題意得∠COA=90°,所以∠CBA=90°,所以AB⊥BC,所以kAB·kBC=-1,即eq\f(4-0,3-2)·eq\f(4-y,3-0)=-1,解得y=eq\f(19,4).故選B.3.已知點(diǎn)O(0,0),A(0,b),B(a,a3).若△OAB為直角三角形,則必有(C)A.b=a3B.b=a3+eq\f(1,a)C.(b-a3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b-a3-\f(1,a)))=0D.|b-a3|+eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b-a3-\f(1,a)))=0[解析]明顯角O不能為直角(否則得a=0,不能組成三角形).若角A為直角,則依據(jù)點(diǎn)A,B的縱坐標(biāo)相等,得b-a3=0.若角B為直角,則利用kOB·kAB=-1,得b-a3-eq\f(1,a)=0.綜上可得(b-a3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b-a3-\f(1,a)))=0.二、填空題4.若點(diǎn)P(a,b)與Q(b-1,a+1)關(guān)于直線l對稱,則l的傾斜角=45°.[解析]∵kPQ=eq\f(a+1-b,b-1-a)=-1,kPQ·kl=-1,∴l(xiāng)的斜率為1,傾斜角為45°.5.已知l1,l2不重合,過點(diǎn)A(-2,m)和點(diǎn)B(m,4)的直線l1與直線l2平行,直線l2的斜率為-2,直線l3的斜率為-eq\f(1,n),若l2⊥l3,則實(shí)數(shù)m=-8,n=-2.[解析]由題意可得,直線l1的斜率為eq\f(4-m,m+2),直線l2的斜率為-2,且l1∥l2,所以eq\f(4-m,m+2)=-2,解得m=-8.由于直線l3的斜率為-eq\f(1,n),且l2⊥l3,所以(-2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,n)))=-1,解得n=-2.三、解答題6.如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系中,四邊形OPQR的頂點(diǎn)坐標(biāo)按逆時針依次依次為O(0,0),P(1,t),Q(1-2t,2+t),R(-2t,2),其中t>0.試推斷四邊形OPQR的形態(tài).[解析]由斜率公式得kOP=eq\f(t-0,1-0)=t,kRQ=eq\f(2-2+t,-2t-1-2t)=eq\f(-t,-1)=t,kOR=eq\f(2-0,-2t-0)=-eq\f(1,t),kPQ=eq\f(2+t-t,1-2t-1)=eq\f(2,-2t)=-eq\f(1,t).所以kOP=kRQ,kOR=kPQ,從而OP∥RQ,OR∥PQ.所以四邊形OPQR為平行四邊形.又kOP·kOR=-1,所以O(shè)P⊥OR,故四邊形OPQR為矩形.C組·實(shí)力拓展直線l的傾斜角為30°,點(diǎn)P(2,1)在直線l上,直線l繞點(diǎn)P(2,1)按逆時針方向旋轉(zhuǎn)30°后到達(dá)直線l1的位置,此時直線l1與l2平行,且l2是線段AB的垂直平分線,其中A(1,m-1),B(m,2),則m的值為4+eq\r(3).[解析]如圖,直線l1的傾斜角為30°+30°=60°,所以直線l1的斜率k1=tan60°=e
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