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两直线的位置关系


典型例题一
例 1 已知 A( 0 , 3 ) , B(?1 , 0 ) , C ( 3 , 0 ) ,求 D 点的坐标,使四边形 ABCD 为等腰梯 形. 分析:利用等腰梯形所具备的性质“两底互相平行且两腰长相等”进行解题. 解:如图,

设 D( x , y ) ,若 AB // CD ,则 k AB ? kCD , AD ? BC ,

>
?3 ? 0 y ? 0 ? , ① ? 即 ? 0 ?1 x ? 3 ? x 2 ? ( y ? 3) 2 ? 3 ? 1 2 ? 16. ② ?
由①、②解得 D(

16 3 , ). 5 5

? ?k AD ? k BC , 若 AD // BC ,则 ? ? AD ? BC , ?

?y ?3 ? 0, ③ ? 即?x?0 ?( x ? 3) 2 ? y 2 ? 12 ? 32. ④ ?
由③、④式解得 D( 2 , 3 ) .

16 3 , )或( 2, 3) . 5 5 说明:(1)把哪两条边作为梯形的底是讨论的标准,解此题时注意不要漏解.(2)在遇到 两直线平行问题时,一定要注意直线斜率不存在的情况.此题中 AB 、 BC 的斜率都存在, 故不可能出现斜率不存在的情况.
故 D 点的坐标为 (

典型例题二
例 2 当 a 为何值时, 直线 l1:a ? 2) x ? (1 ? a) y ? 1 ? 0 与直线 l2:a ? 1) x ? (2a ? 3) y ? 2 ? 0 ( ( 互相垂直? 分析:分类讨论,利用两直线垂直的充要条件进行求解.或利用结论“设直线 l1 和 l 2 的 方 程 分 别 是 l1: 1 x ? B1 y ? C1 ? 0 , l2: 2 x ? B2 y ? C2 ? 0 , 则 l1 ? l2 的 充 要 条 件 是 A A

(其证明可借助向量知识完成)解题. A1 A2 ? B1B2 ? 0 ” 解法一:由题意,直线 l1 ? l2 . (1)若 1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 ,此时直线 l1:x ? 1 ? 0 , l2: y ? 2 ? 0 显然垂直; 3 5

3 (2)若 2a ? 3 ? 0 ,即 a ? ? 时,直线 l1: ? 5 y ? 2 ? 0 与直线 l2:x ? 4 ? 0 不垂直; x 5 2
(3)若 1 ? a ? 0 ,且 2a ? 3 ? 0 ,则直线 l1 、 l 2 斜率 k 1 、 k 2 存在,

k1 ? ?

a?2 a ?1 , k2 ? ? . 1? a 2a ? 3 a?2 a ?1 ) ? (? ) ? ?1 , 1? a 2a ? 3

当 l1 ? l2 时, k1 ? k2 ? ?1 ,即 (? ∴ a ? ?1 .

综上可知,当 a ? 1 或 a ? ?1 时,直线 l1 ? l2 . 解法二:由于直线 l1 ? l2 ,所以 (a ? 2)(a ? 1) ? (1 ? a)(2a ? 3) ? 0 ,解得 a ? ?1 . 故当 a ? 1 或 a ? ?1 时,直线 l1 ? l2 . 说明:对于本题,容易出现忽视斜率存在性而引发的解题错误,如先认可两直线 l1 、 l 2 的斜率分别为 k 1 、 k 2 ,则 k1 ? ?

a?2 a ?1 , k2 ? ? . 1? a 2a ? 3 a?2 a ?1 由 l1 ? l 2 ,得 k1 ? k2 ? ?1 ,即 (? ) ? (? ) ? ?1 . 1? a 2a ? 3
解上述方程为 a ? ?1 .从而得到当 a ? ?1 时,直线 l1 与 l 2 互相垂直.

上述解题的失误在于机械地套用两直线垂直(斜率形式)的充要条件,忽视了斜率存在 的大前提,因而失去对另一种斜率不存在时两直线垂直的考虑,出现了以偏概全的错误.

典型例题三
例 3 已知直线 l 经过点 P( 3 , 1 ) ,且被两平行直线 l1: ? y ? 1 ? 0 和 l2: ? y ? 6 ? 0 截得 x x 的线段之长为 5,求直线 l 的方程. 分析:(1)如图,利用点斜式方程,分别与 l1 、 l 2 联立,求得两交点 A 、 B 的坐标(用 k 表示) ,再利用 AB ? 5 可求出 k 的值,从而求得 l 的方程.(2)利用 l1 、l 2 之间的距离及 l 与 l1 夹角的关系求解. (3)设直线 l 与 l1 、2 分别相交于 A( x1 , y1 ) 、 ( x2 , y2 ) , 则可通过求出 y1 ? y2 、 B l ,从而求得直线 l 的方程. x1 ? x2 的值,确定直线 l 的斜率(或倾斜角)

解法一:若直线 l 的斜率不存在,则直线 l 的方程为 x ? 3 ,此时与 l1 、 l 2 的交点分别为

A' ( 3, ? 4 ) 和 B ' ( 3, ? 9 ) ,截得的线段 AB 的长 AB ? ? 4 ? 9 ? 5 ,符合题意,
若直线 l 的斜率存在,则设直线 l 的方程为 y ? k ( x ? 3) ? 1 .

? y ? k ( x ? 3) ? 1, 4k ? 1 ? ? 3k ? 2 解方程组 ? 得 A? ,? ?, k ?1 ? ? k ?1 ? x ? y ? 1 ? 0, ? y ? k ( x ? 3) ? 1, 9k ? 1 ? ? 3k ? 7 解方程组 ? 得 B? ,? ?. x ? y ? 6 ? 0, k ?1 ? ? k ?1 ? ? 3k ? 2 3k ? 7 ? ? 4k ? 1 9k ? 1 ? 2 ? ? 由 AB ? 5 ,得 ? ? ? ?? ? ?5 . k ?1 k ?1 ? ? k ?1 k ?1 ? ?
解之,得 k ? 0 ,即欲求的直线方程为 y ? 1 . 综上可知,所求 l 的方程为 x ? 3 或 y ? 1 . 解法二:由题意,直线 l1 、 l 2 之间的距离为 d ?
2 2

1? 6 2

?

5 2 ,且直线 l 被平等直线 l1 、 1

5 2 2 s ? ( , 则i , l 2 所截得的线段 AB 的长为 5 如上图)设直线 l 与直线 l1 的夹角为 ? , n ? ? 2 5 2
故∴ ? ? 45? . 由直线 l1: ? y ? 1 ? 0 的倾斜角为 135°, 知直线 l 的倾斜角为 0°或 90°, 又由直线 l 过 x 点 P( 3 , 1 ) ,故直线 l 的方程为 x ? 3 或 y ? 1 . 解法三:设直线 l 与 l1 、 l 2 分别相交 A( x1 , y1 ) 、 B( x2 , y2 ) ,则:

x1 ? y1 ? 1 ? 0 , x2 ? y2 ? 6 ? 0 .
两式相减,得 ( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y2 ) ? 5 . 又 ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? 25 ① ②

? x1 ? x2 ? 5 ? x1 ? x2 ? 0 联立①、②,可得 ? 或? ? y1 ? y 2 ? 0 ? y1 ? y 2 ? 5
由上可知,直线 l 的倾斜角分别为 0°或 90°. 故所求直线方程为 x ? 3 或 y ? 1 . 说明:本题容易产生的误解是默认直线 l 的斜率存在,这样由解法一就只能得到 k ? 0 , 从而遗漏了斜率不存在的情形. 一般地,求过一定点,且被两已知平行直线截得的线段为定长 a 的直线,当 a 小于两平 行直线之间距离 d 时无解;当 a ? d 时有唯一解;当 a ? d 时,有且只有两解.另外,本题 的三种解法中,解法二采取先求出夹角 ? 后,再求直线 l 的斜率或倾斜角,从方法上看较为 简单;而解法三注意了利用整体思想处理问题,在一定程度上也简化了运算过程.

典型例题四
例4 已知点 A?? 1, , B?3, ,点 C 在坐标轴上,且 ?ACB ? 90 ,则满足条件的点 3? 1?
?

C 的个数是(
(A)1

) . (B)2 (C)3 (D)4

解:点 C 在坐标轴上,可有两种情况,即在 x 轴或 y 轴上,点 C 的坐标可设为 ? x,? 或 0

? y,? . 0
由题意, 直线 AC 与直线 BC 垂直, 其斜率乘积为-1, 可分别求得 x ? 0 ?ACB ? 90 ,
?

或 2, y ? 0 或 4,所以满足条件的点的坐标为(0,0)(2,0)(0,4) , , . 说明:①本题还可以有另外两种解法:一种是利用勾股定理,另一种是直角三角形斜边

AB 与 y 轴交点 D 恰为斜边 AB 中点,则由 D 到 A 、B 距离相等的性质可解.②本题易错,
可能只解一个坐标轴;可能解方程时漏解;也可能看到 x 、 y 各有两解而误以为有四点.

典型例题五
? 例 5 已知 ?ABC 的一个定点是 A?3, 1? , ?B 、 ?C 的平分线分别是 x ? 0 , y ? x ,
求直线 BC 的方程. 分析:利用角平分线的轴对称性质,求出 A 关于 x ? 0 , y ? x 的对称点,它们显然在 直线 BC 上.

? ? 3? 解: A?3, 1? 关于 x ? 0 , y ? x 的对称点分别是 ?? 3, 1? 和 ?? 1, ,且这两点都在直
线 BC 上,由两点式求得直线 BC 方程为 2 x ? y ? 5 ? 0 .

典型例题六

例 6 求 经 过 两 条 直 线 2x ? 3 y ? 1 ? 0 和 x ? 3y ? 4 ? 0 的 交 点 , 并 且 垂 直 于 直 线

3x ? 4 y ? 7 ? 0 的直线的方程.
解一:解得两直线 2 x ? 3 y ? 1 ? 0 和 x ? 3 y ? 4 ? 0 的交点为( ? 关系可求得所求直线的斜率为

5 7 , ) ,由已知垂直 3 9

4 ,进而所求直线方程为 4 x ? 3 y ? 9 ? 0 . 3 5 7 解二:设所求直线方程为 4 x ? 3 y ? m ? 0 ,将所求交点坐标( ? , )代入方程得 3 9

m ? 9 ,所以所求直线方程为 4 x ? 3 y ? 9 ? 0 .
解三:所求直线过点( ? 程为

5 7 , ) ,且与直线 3x ? 4 y ? 7 ? 0 垂直,所以,所求直线方 3 9
5? ? 7? ? 4? x ? ? ? 3? y ? ? ? 0 3? ? 9? ?

即 解四:设所求直线得方程为

4x ? 3 y ? 9 ? 0 .

?2 x ? 3 y ? 1? ? m?x ? 3 y ? 4? ? 0


?2 ? m?x ? 3?1 ? m?y ? 1 ? 4m ? 0

(1)

由于该直线与已知直线 3x ? 4 y ? 7 ? 0 垂直 则 解得

3?2 ? m? ? 4 ? 3?1 ? m? ? 0

m?2

代入(1)得所求直线方程为 4 x ? 3 y ? 9 ? 0 .

典型例题七
例7 已知定点 A(3, , 1) 在直线 y ? x 和 y B

y ? 0 上分别求点 M 和点 N ,使 ?AMN 的周
长最短,并求出最短周长. 分析:由连接两点的线中,直线段最短,利 用对称, 把折线转化为直线, 即转化为求两点间 的距离. O

M A

N C 图1 C

x

3? ? 解:如图 1,设点 A 关于直线 y ? x 和 y ? 0 的对称点分别为 B?1, , C ?3, 1?
∵ AM ? AN ? MN ? BM ? CN ? MN 又 BM ? CN ? MN ? BC 周长最小值是:

BC ? 2 5

由两点式可得 BC 方程为:

2x ? y ? 5 ? 0 .
而且易求得: M (

5 5 5 , ) N ( ,0) , , 3 3 2

此时,周长最短,周长为 2 5 .

典型例题八
例8 已知实数 a , b 满足 a ? b ? 1,求证: ?a ? 2? ? ?b ? 2? ?
2 2

25 . 2

解:本题的几何意义是:直线 a ? b ? 1上的点( a , b )与定点 ?? 2, 2? 的距离的平 ? 方不小于

25 .因为直线外一点与直线上任一点连线中,垂线段距离最短,而垂线段的长度 2
? 2 ? 2 ?1 1 ?1
2 2

即距离 d ?

?

5 , 2
2

所以 (a ? 2) ? (b ? 2)

2

?

5 2

,即 ?a ? 2? ? ?b ? 2? ?
2 2

25 . 2

说明:本题应为不等式的题目,难度较大,证明方法也较多,但用解析几何的方法解决 显得轻松简捷,深刻地体现了数形结合的思想.

典型例题九
例 9 在平面直角坐标系中, 点 ?xOA ? ? , ? ? ? ? , B 在 OA 上 OA ? a ,OB ? b ,

?

2

?a ? b ? 0? ,试在 x 轴的正半周上求一点 C ,使
?ACB 取得最大值.
分析:要使最大,只需最大,而是直线到直 线的角 (此处即为夹角) 利用公式可以解决问题. , A y

0?? 解:如图 2,设点 C ?x, x ? 0?
B O C x

图2

∵ ?xOA ? ? , OA ? a , OB ? b , ∴ A?a cos ?,a sin ? ? ,

B?b cos?,b sin? ? ,
于是直线 CA 、 CB 的斜率分别为:

k CA ? tan ?xCA ? k CB

a cos? , a cos? ? x a cos? ? tan ?xCB ? a cos? ? x
b sin ? a sin ? ? b cos? ? x a cos? ? x ab sin 2 ? 1? (b cos? ? x)( a cos? ? x)

k ? k CA ∴ tan ?ACB ? CB = 1 ? k CB k CA



b sin ?(a cos ? ? x) ? a sin ?(b cos ? ? x) (b cos ? ? x)( a cos ? ? x) ? ab sin 2 ?



(a ? b) x sin ? ab ? (a ? b) x cos ? ? x 2



(a ? b) sin ? ab ? x ? (a ? b) cos ? x



ab ? x ? 2 ab x
2

∴ tan ?ACB ?

?a ? b ?sin ? ab ? ?a ? b ? cos ?

当且仅当

ab ? ,由 ? ? ? ? 可知 ?ACB ? x 即 x ? ab , C 点的坐标为( ab ,0) x 2
(a ? b) sin ? 2 ab ? (a ? b) cos?


为锐角,所以此时 ?ACB 有最大值 arctan

说明:本题综合性强,是三角、不等式和解析几何知识的交汇点.另外本题也是足球射 门最大角问题的推广. 为了更好地理解问题,可以演示用“几何画板”制作的课件.

典型例题十
例 10 直线 l1: x ? y ? 4 ? 0 ,求 l1 关于直线 l:x ? 4 y ? 1 ? 0 对称的直线 l 2 的方程. 2 3

分析:本题可有多种不同的解法,给出多种解法的途径是:一类利用直线方程的不同形 式求解;另一类采用消元思想进行求解.

?2 x ? y ? 4 ? 0 解法一:由 ? 得 l1 与 l 的交点为 P( 3, ? 2 ) ,显见 P 也在 l 2 上. ?3 x ? 4 y ? 1 ? 0
设 l 2 的斜率为 k ,又 l1 的斜率为-2, l 的斜率为 ?

3 ,则 4

3 3 ? ( ?2 ) k ? (? ) 4 4 ,解得 k ? ? 2 . ? 3 3 11 1 ? ( ? )(?2) 1 ? ( ? ) k 4 4 ?
故 l 2 的直线方程为 y ? 2 ? ?

2 ( x ? 3) .即 2 x ? 11y ? 16 ? 0 . 11

解法二:在直线 l1 上取一点 A( 2 , 0 ) ,又设点 A 关于直线 l 的对称点为 B( x0 , y 0 ) ,则

? y0 ? 0 ?x ?2 ? ? 0 ? ?3 ? 2 ? x0 ? 2 ?

4 , 3 ? 4? 0 ? y0 ? 1 ? 0. 2

4 8 解得 B( , ? ) 5 5

故由两点式可求得直线 l 2 的方程为 2 x ? 11y ? 16 ? 0 . 解法三:设直线 l 2 上一动点 M ( x , y) 关于直线 l 的对称点为 M ' ( x ' , y ' ) ,则

? y' ? y 4 ? , ? ' ?x ?x 3 ? ' ' ?3 ? x ? x ? 4 ? y ? y ? 1 ? 0. ? 2 2 ?

7 x ? 24 y ? 6 ? 24 x ? 7 y ? 8 , y' ? . 25 25 7 x ? 24 y ? 6 ? 24 x ? 7 y ? 8 显 然 M ' ( x ' , y ' ) 在 l1 上 , 即 2 ? ? ?4?0 , 也 即 25 25
解得 x ' ?

2 x ? 11y ? 16 ? 0 .这便是所求的直线 l 2 的方程.
解法四: 设直线 l 2 上一动点 M ( x , y) , M 关于 l 的对称点 M ' 在直线 l1 上, 则 可设 M ' 的 坐标为 ( x0 , 4 ? 2 x0 ) ,则

? 3 x ? 4 y ? 1 3 x 0 ? 4( 4 ? 2 x 0 ) ? 1 ? , ? ? 5 5 ? ? y ? ( 4 ? 2 x0 ) ? 4 , ? x ? x0 3 ?

? ? (3 x ? 4 y ? 1) 3 x0 ? 4(4 ? 2 x0 ) ? 1 ? , ? 5 5 ? 即? ? y ? ( 4 ? 2 x0 ) ? 4 . ? 3 ? x ? x0
消去 x0 ,得 2 x ? 11y ? 16 ? 0 ,即此所求的直线 l 2 的方程. 说明:在解法一中, 应注意正确运用“到角公式” 明确由哪条直线到哪条直线的角. , 在 具体解题时,最好能准确画出图形,直观地得出关系式.在解法四中,脱去绝对值符号时, 运用了平面区域的知识.否则,若从表面上可得到两种结果,这显然很难准确地得出直线 l 2 的方程. 本题的四种不同的解法,体现了求直线方程的不同的思想方法,具有一定的综合性.除 此之外,从本题的不同解法中可以看出,只有对坐标法有了充分的理解与认识,并具有较强 的数形结合意识,才有可能驾驭本题,从而在解法选择的空间上,真正做到游刃有余,左右 逢源.

典型例题十一
例 11 不论 m 取什么实数, 直线 (2m ? 1) x ? (m ? 3) y ? (m ? 11) ? 0 都经过一个定点,

并求出这个定点. 分析:题目所给的直线方程的系数含有字母 m ,给 m 任何一个实数值,就可以得到一 条确定的直线,因此所给的方程是以 m 为参数的直线系方程.要证明这个直线系的直线都 过一定点,就是证明它是一个共点的直线系,我们可以给出 m 的两个特殊值,得到直线系 中的两条直线,它们的交点即是直线系中任何直线都过的定点. 另一思路是由于方程对任意的 m 都成立,那么就以 m 为未知数,整理为关于 m 的一元 一次方程,再由一元一次方程有无数个解的条件求得定点的坐标. 解法一:对于方程 (2m ? 1) x ? (m ? 3) y ? (m ? 11) ? 0 ,令 m ? 0 ,得 x ? 3 y ? 11 ? 0 ; 令 m ? 1 ,得 x ? 4 y ? 10 ? 0 .

? x ? 3 y ? 11 ? 0 解方程组 ? 得两直线的交点为 (2 , ? 3) . ? x ? 4 y ? 10 ? 0
将点 (2 , ? 3) 代入已知直线方程左边,得: (2m ? 1) ? 2 ? (m ? 3) ? (?3) ? (m ? 11) ? 4m ? 2 ? 3m ? 9 ? m ? 11 ? 0 . 这表明不论 m 为什么实数,所给直线均经过定点 (2 , ? 3) . 解法二:将已知方程以 m 为未知数,整理为: (2 x ? y ? 1)m ? (? x ? 3 y ? 11) ? 0 . 由于 m 取值的任意性,有

?2 x ? y ? 1 ? 0 ,解得 x ? 2 , y ? ?3 . ? ?? x ? 3 y ? 11 ? 0
所以所给的直线不论 m 取什么实数,都经过一个定点 (2 , ? 3) .

说明:(1)曲线过定点,即与参数无关,则参数的同次幂的系数为 0,从而求出定点. (2)分别令参数为两个特殊值,得方程组求出点的坐标,代入原方程满足,则此点为定 点.

典型例题十二
例 12 一年级为配合素质教育,利用一间教室作为学生绘画成果展览室.为节约经费, 他们利用课桌作为展台,将装画的镜框旋置桌上,斜靠展出.已知镜框对桌面的倾角为 ? ( 90? ? ? ? 180? )镜框中,画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距 a m 、 b m ( a ? b ),学 生距离镜框下缘多远看画的效果最佳? 分析:建立如图所示的直角坐标系, AO 为镜框边, AB 为画的宽度, O 为下边缘上的 一点,则可将问题转化为:

已知 ?xOA ? ? , OA? a , OB ? b ,在 x 轴的正方向向上求一点 C ,使 ?ACB 取最大 值. 因为视角最大时,从理论上讲,看画的效果最佳(不考虑其他因素) . 解 : 设 C 点 坐 标 为 (x , 0) ( x ? 0 ) , 从 三 角 函 数 定 义 知 A 、 B 两 点 坐 标 分 别 为 (a cos? , a sin? ) 、 (b cos? , b sin? ) ,于是直线 AC 、 BC 的斜率分别为

k AC ? tan ?xCA ?
于是 tan ?ACB ?

a sin ? b sin ? , k BC ? tan ?xCB ? . a cos? ? x b cos? ? x

k BC ? k AC (a ? b) x sin ? , ? 1 ? k BC ? k AC ab ? (a ? b) x cos ? ? x 2

即 tan ?ACB ?

(a ? b) sin ? . ab ? x ? (a ? b) cos ? x

由于 ?ACB 是锐角,且在 (0 ,

?
2

) 上,则: tan ?ACB ?

(a ? b) sin ? 2 ab ? (a ? b) cos ?



当且仅当

ab ? x ,即 x ? ab 时,等号成立,此时 ?ACB 取最大值,对应的点为 x

C ( ab , 0) ,因此,学生距离镜框下缘 ab m 处时,视角最大,即看画效果最佳.
说明:解决本题有两点至关重要:一是建立恰当的坐标系,使问题转化成解析几何问题 求解;二是把问题进一步转化成求 tan?ACB 的最大值.如果坐标系选择不当,或选择求 sin ?ACB 的最大值,都将使问题变得复杂起来. 本题是一个非常实际的数学应用问题, 它不仅考查了直线的有关概念以及三角知识的结 合运用,而且更重要的是考查了把实际问题转化为数学问题的能力.

典型例题十三

例 13

知实数 x , y 满足 x ? y ? 4 ? 0 ,求 ( x ? 1) ? ( y ? 1) 的最小值.
2 2

2 2 分析:本题可使用减少变量法和数形结合法两种方法: ( x ? 1) ? ( y ? 1) 可看成点

( x , y) 与 (1 , 1) 之间的距离.
解:(法 1)由 x ? y ? 4 ? 0 得 y ? 4 ? x ( x ? R ), 则 ( x ? 1) ? ( y ? 1) ? ( x ? 1) ? (4 ? x ? 1)
2 2 2 2

? x2 ? 2x ?1 ? x2 ? 6x ? 9 ? 2 x 2 ? 8x ? 10
? 2( x ? 2) 2 ? 2 ,
∴ ( x ? 1) ? ( y ? 1) 的最小值是 2.
2 2

(法 2)∵实数 x , y 满足 x ? y ? 4 ? 0 , ∴点 P( x , y ) 在直线 x ? y ? 4 ? 0 上.
2 2 而 ( x ? 1) ? ( y ? 1) 可看成点 P( x , y ) 与点 A(1 , 1) 之间的距离(如图所示)

2 2 显然 ( x ? 1) ? ( y ? 1) 的最小值就是点 A(1 , 1) 到直线 x ? y ? 4 ? 0 的距离:

d?

1?1? 4 12 ? 12
2

? 2,
2

∴ ( x ? 1) ? ( y ? 1) 的最小值为 2.
2 2 说明:利用几何意义,可以使复杂问题简单化.形如 ( x ? a ) ? ( y ? b) 的式子即可

看成是两点间的距离,从而结合图形解决.

典型例题十四

例 14 直线 y ? 2 x 是 ?ABC 中 ?C 的平分线所在的直线,且 A , B 的坐标分别为

A(?4 , 2) , B(3 , 1) ,求顶点 C 的坐标并判断 ?ABC 的形状.
分析: “角平分线”就意味着角相等,故可考虑使用直线的“到角”公式将“角相等” 列成一个表达式. 解:(法 1)由题意画出草图(如图所示) .

∵点 C 在直线 y ? 2 x 上,∴设 C (a , 2a) ,

2a ? 2 2a ? 1 , k BC ? , kl ? 2 . a?4 a ?3 由图易知 AC 到 l 的角等于 l 到 BC 的角,因此这两个角的正切也相等.
则 k AC ? ∴

kl ? k AC k ? kl ? BC , 1 ? k AC ? kl 1 ? k BC kl

2a ? 2 2a ? 1 ?2 a ? 4 ? a ?3 ∴ . 2a ? 2 2a ? 1 1? ? 2 1? ?2 a?4 a ?3 解得 a ? 2 . 2?
∴ C 的坐标为 (2 , 4) ,

1 , k BC ? ?3 , 3 ∴ AC ? BC . ∴ ?ABC 是直角三角形.
∴ k AC ?
' (法 2)设点 A(?4 , 2) 关于直线 l:y ? 2 x 的对称点为 A (a , b) ,则 A 必在直线 BC
'

上.以下先求 A (a , b) .

'

1 ?b ? 2 ?a ? 4 ? ? 2 , ? 由对称性可得 ? ?b ? 2 ? 2 ? a ? 4 , ? 2 2 ?

解得 ?

?a ? 4 ' ,∴ A (4 , ? 2) . b ? ?2 ?

∴直线 BC 的方程为 由?

y ?1 x ? 3 ,即 3x ? y ? 10 ? 0 . ? ? 2 ?1 4 ? 3

? y ? 2x 得 C (2 , 4) . ?3x ? y ? 10 ? 0

1 , k BC ? ?3 , 3 ∴ AC ? BC . ∴ ?ABC 是直角三角形.
∴ k AC ? 说明:(1)在解法 1 中设点 C 坐标时,由于 C 在直线 y ? 2 x 上,故可设 (a , 2a) ,而不 设 (a , b) ,这样可减少未知数的个数.(2)注意解法 2 中求点 A(?4 , 2) 关于 l 的对称点

A' (a , b) 的求法:原理是线段 AA' 被直线 l 垂直平分.

典型例题十五
例 15 两条直线 l1: ? 3) x ? 2 y ? 5 ? 3m ,l2:x ? (5 ? m) y ? 16 , 求分别满足下列条 (m 4

件的 m 的值. (1) l1 与 l 2 相交; (4) l1 与 l 2 垂直; 分析:可先从平行的条件 (2) l1 与 l 2 平行; (5) l1 与 l 2 夹角为 45? . (3) l1 与 l 2 重合;

a1 b1 ? (化为 a1b2 ? a2b1 )着手. a2 b2

m?3 2 2 得 m ? 8m ? 7 ? 0 ,解得 m1 ? ?1, m2 ? ?7 . ? 4 5? m m ? 3 5 ? 3m 由 得 m ? ?1 . ? 4 16
解:由 (1)当 m ? ?1 且 m ? ?7 时,

a1 b1 ? , l1 与 l 2 相交; a2 b2

(2)当 m ? ?7 时,

a1 b1 c1 ? ? . l1 // l2 ; a2 b2 c2 a1 b1 c1 ? ? , l1 与 l 2 重合; a2 b2 c2

(3)当 m ? ?1 时,

(4)当 a1a2 ? b1b2 ? 0 ,即 (m ? 3) ? 4 ? 2 ? (5 ? m) ? 0 , m ? ? (5) k1 ? ? 由条件有

4 m?3 , k2 ? ? . 5? m 2

11 时, l1 ? l2 ; 3

k 2 ? k1 ? tan 45? ? 1 . 1 ? k 2 k1

将 k1 , k 2 代入上式并化简得 m2 ? 14m ? 29 ? 0 , m ? ?7 ? 2 5 ;

m2 ? 2m ?15 ? 0 , m ? ?5或3 .
∴当 m ? ?7 ? 2 5 或-5 或 3 时 l1 与 l 2 夹角为 45? .

m?3 2 解得 m ? ?1 或 m ? ?7 ,此时两直线可能平行也可能重合,可 ? 4 5? m m?3 2 将 m 的值代入原方程中验证是平行还是重合.当 时两直线一定相交,此时应 ? 4 5? m 是 m ? ?1 且 m ? ?7 .
说明:由

典型例题十六
例 16 点 P (2 , 3) , P2 (?4 , 5) 和 A(?1 , 2) ,求过点 A 且与点 P1 , P2 距离相等的直线 1 方程. 分析:可以用待定系数法先设出直线方程,再求之;也可从几何意义上考察这样的直线 具有的特征. 解:(法 1)设所求直线方程为 y ? 2 ? k ( x ? 1) ,即 kx ? y ? k ? 2 ? 0 ,由点 P1 、 P2 到直 线的距离相等得:

2k ? 3 ? k ? 2 k 2 ?1

?

? 4k ? 5 ? k ? 2 k 2 ?1



化简得 3k ? 1 ? ? 3k ? 3 ,则有: 3k ?1 ? ?3k ? 3 或 3k ? 1 ? 3k ? 3 , 即k ? ?

1 或方程无解. 3

方程无解表明这样的 k 不存在,但过点 A ,所以直线方程为 x ? ?1 ,它与 P1 , P2 的距 离都是 3. ∴所求直线方程为 y ? 2 ? ? ( x ? 1) 或 x ? ?1 . (法 2)设所求直线为 l , 由于 l 过点 A 且与 P1 ,P2 距离相等, 所以 l 有两种情况, 如下图:

1 3

(1)当 P1 , P2 在 l 同侧时,有 l // P P2 ,此时可求得 l 的方程为 y ? 2 ? 1 即 y ? 2 ? ? ( x ? 1) ;

5?3 ( x ? 1) , ?4?2

1 3

(2)当 P1 , P2 在 l 异侧时, l 必过 P P2 中点 (?1 , 4) ,此时 l 的方程为 x ? ?1 . 1 ∴所求直线的方程为 y ? 2 ? ? ( x ? 1) 或 x ? ?1 . 说明:该题如果用待定系数法解易漏掉 x ? ?1 ,即斜率不存在的情况.所以无论解什 么题目,只要图形容易画出,就应结合图形,用代数法、几何法配合来解.

1 3

典型例题十七
例 17 经过点 P(2 , ? 1) 且与直线 3x ? 2 y ? 6 ? 0 平行的直线 l 的方程.

分析:已知直线 l 与直线 3x ? 2 y ? 6 ? 0 平行,故 l 的斜率可求,又 l 过已知点 P ,利 用点斜式可得到 l 的方程. 另外由于 l 与已知直线平行, 利用平行直线系方程, 再由已知点 P , 也可确定 l 的方程. 解法一:由已知直线 3x ? 2 y ? 6 ? 0 ,知其斜率 k ?

3 . 2 3 . 2

又由 l 与直线 3x ? 2 y ? 6 ? 0 平行,所以直线 l 的斜率 kl ?

又由直线 l 经过已知点 P(2 , ? 1) ,所以利用点斜式得到直线 l 的方程为:

3 y ? 1 ? ( x ? 2) ,即 3x ? 2 y ? 8 ? 0 . 2
解 法 二 : 因 为 直 线 l 平 行 于 直 线 3x ? 2 y ? 6 ? 0 , 所 以 可 设 直 线 l 的 方 程 为

3x ? 2 y ? C ? 0 .
又点 P(2 , ? 1) 在直线 l 上,所以 3 ? 2 ? 2 ? (?1) ? C ? 0 ,解得 C ? ?8 . 故直线 l 的方程为 3x ? 2 y ? 8 ? 0 . 说明:解法二使用的是平行直线系,并用了待定系数法来解.

典型例题十八
例 18 过点 P(1 , ? 1) 且与直线 2 x ? 3 y ? 1 ? 0 垂直的直线 l 的方程.

分析:已知直线 l 与直线 2 x ? 3 y ? 1 ? 0 垂直,故 l 的斜率可求,又 l 过已知点 P ,利用 点斜式可得到 l 的方程.另外由于 l 与已知直线垂直,利用垂直直线系方程,再由已知点 P , 也可确定 l 的方程. 解法一:由直线 2 x ? 3 y ? 1 ? 0 ,知其斜率 k ? ?

2 . 3

又由 l 与直线 2 x ? 3 y ? 1 ? 0 垂直,所以直线 l 的斜率 kl ? ? 又因 l 过已知点 P(1 , ? 1) ,利用点斜式得到直线 l 的方程为

1 3 ? . k 2

3 y ? 1 ? ( x ? 1) ,即 3x ? 2 y ? 5 ? 0 . 2
解法二:由直线 l 与直线 2 x ? 3 y ? 1 ? 0 垂直,可设直线 l 的方程为:

3x ? 2 y ? C ? 0 .
又由直线 l 经过已知点 P(1 , ? 1) ,有 3 ?1 ? 2 ? (?1) ? C ? 0 . 解得 C ? ?5 .因此直线 l 的方程为 3x ? 2 y ? 5 ? 0 . 说明:此题的解二中使用垂直直线系方程,并使用了待定系数法.

典型例题十九
3 例 19 知直线 l 经过两条直线 l1:x ? 2 y ? 0 与 l2:x ? 4 y ? 10 ? 0 的交点,且与直线
l3:x ? 2 y ? 3 ? 0 的夹角为 5

? ,求直线 l 的方程. 4

分析:先求 l1 与 l 2 的交点,再列两条直线夹角公式,利用 l 与 l 3 夹角为

? ,求得 l 的斜 4

率. 也可使用过两直线交点的直线系方程的方法省去求交点的过程, 直接利用夹角公式求解. 解法一:由方程组 ?

?x ? 2 y ? 0 解得直线 l1 与 l 2 的交点 (2 , ? 1) . ?3 x ? 4 y ? 10 ? 0

于是,所求直线 l 的方程为 y ? 1 ? k ( x ? 2) .

5 又由已知直线 l3: x ? 2 y ? 3 ? 0 的斜率 k3 ?
夹角正切公式,得

5 ? ,而且 l 与 l 3 的夹角为 ,故由两直线 2 4

5 k? k ? k3 ? 2 . tan ? ,即 tan ? 4 1 ? k k3 4 1? 5 k 2 5 k? 2 ? ?1 , 2k ? 5 ? ?1 , 有 5 2 ? 5k 1? k 2 2k ? 5 2k ? 5 7 3 当 ? 1 时,解得 k ? ? ;当 ? ?1 时,解得 k ? . 3 7 2 ? 5k 2 ? 5k 3 7 故所求的直线 l 的方程为 y ? 1 ? ( x ? 2) 或 y ? 1 ? ? ( x ? 2) , 7 3

?

即 3x ? 7 y ? 13 ? 0 或 7 x ? 3 y ? 11 ? 0 . 解法二:由已知直线 l 经过两条直线 l1 与 l 2 的交点,则可设直线 l 的方程为

(3x ? 4 y ? 10) ? ? ( x ? 2 y) ? 0 ,
即 (3 ? ? ) x ? (2? ? 4) y ? 10 ? 0 . 又由 l 与 l 3 的夹角为

(*)

? , l 3 的方程为 5 x ? 2 y ? 3 ? 0 ,有 4

tan

?
4

?

A1 B2 ? A2 B1 , A1 A2 ? B1 B2

即1 ?

(3 ? ? )( ?2) ? (2? ? 4) ? 5 14 ? 12? ,也即 1 ? , 5(3 ? ? ) ? (?2)( 2? ? 4) 23 ? ?

14 ? 12? 14 ? 12 ? ?1, ? ?1 . 23 ? ? 23 ? ? 9 37 解得 ? ? ? ,? ? .代入(*)式,可得直线 l 的方程为 13 11
从而

3x ? 7 y ? 13 ? 0 或 7 x ? 3 y ? 11 ? 0 .
说明:此题用到两直线的夹角公式,注意夹角公式与到角公式的区别。解法二还用到了 过两相交直线的交点的直线系方程, 用它可以省去求交点的过程, 但不一定这样的运算就简 单,还要根据具体题目选择合适的方法。

典型例题二十
例 20 直线 l:x ? y ? 2 ? 0 ,一束光线过点 P(0 , 3 ? 1) ,以 120 ? 的倾斜角投射到 l 上,经 l 反射,求反射线所在直线的方程. 分析:此题解法很多.如图,入射线与 l 交于 Q 点,则 Q 点的坐标易得.求反射线的方

程只缺少一个条件,寻求这个条件的主要思路有:

思路一:已知 l 的倾斜角为 135 ? ,入射线的倾斜解为 120 ? ,可由三角形外角定理得到 反射线的倾斜角. 思路二:如图,由光线的反射定律可知, PQ 到 l 的角等于 l 到反射线的角,可得到反 射线的斜率. 思路三:由光的反射性质,可知反射线所在直线除经过 Q 点外,还经过 P 点关于 l 的对 称点 P '' ,求得 P '' 的坐标,反射线方程也可求得. 思路四:由直线 l 为入射线和反射线所在直线交角的平分线, l 上任意一点到入射线和 反射线的距离相等,也可求得反射线的斜率. 思路五:可求得 Q(1 , 1) ,直线 OQ 为 y ? x ,入射线和反射线关于 y ? x 对称,利用反 函数性质,由入射线的方程可以求出反射线的方程. 解法一:由已知入射线的倾斜角为 120 ? ,其斜率为 tan120 ? ? ? 3 ,又入射线过点

P(0 , 3 ? 1) ,所以入射线所在直线的方程为: y ? ? 3x ? 3 ? 1 .
解方程组 ?

? y ? ? 3 x ? 3 ? 1, ? x ? y ? 2 ? 0,

得交点 Q(1 , 1) .

又因 l 的倾斜角为 135 ? ,入射线 PQ 的倾斜角 120 ? ,所以入射线与 l 的夹角为 15? . 于是据外角定理 ?QP x ? 150 ? ,即反射线所在直线的斜率为 tan150 ? ? ?
'

3 .故反 3

射线所在直线的方程为 y ? 1 ? ?

3 ( x ? 1) ,即: 3
x ? 3 y ? ( 3 ? 1) ? 0 .

解法二: 由已知可得 kl ? ?1 ,k入射线 ? ? 3 ,设反射线的斜率为 k , 则由入射线到 l 的 角等于 l 到反射线的角,可得

k ? k入射线 k ? kl k ?1 ?1 ? 3 ? l ? ,即 . 1 ? k ? kl 1 ? kl ? k入射线 1? k 1? 3
解得 k ? ?

3 . 3

以下求出 Q 点坐标,再由点斜式得反射线所在直线的方程(略) . 解法三:由已知得入射线所在直线方程为 y ? ? 3 x ? 3 ? 1 ,再与直线 l 的方程联立 得交点 Q(1 , 1) . 利用关于直线对称点的知识,求得点 P(0 , 3 ? 1) 关于 l 的对称点 P (1 ? 3 , 2) .
''

又由反射线所在直线过 P '' 与 Q 两点,它的方程为

y ?1 x ?1 ,即: ? 2 ?1 ? 3

x ? 3 y ? ( 3 ? 1) ? 0 .
解法四: 可求得入射线所在直线方程为 y ? ? 3 x ? 3 ? 1 , 即 3x ? y ? ( 3 ? 1) ? 0 , 入射线与 l 交点为 Q(1 , 1) . 于是可设反射线所在直线的方程为: y ? 1 ? k ( x ? 1) ,即 kx ? y ? 1 ? k ? 0 . 由于直线 l 为入射线与反射线夹角的平分线,则 l 上的任一点到它们的距离相等,于是 在 l 上取点 (2 , 0) ,有:

2 3 ? 0 ? ( 3 ? 1) 1? 3
所以

?

2k ? 0 ? 1 ? k k 2 ?1



3 ?1 2

?

k ?1 k ?1
2

,即 3k ? 4k ? 3 ? 0 .
2

故k ? ?

3 , k ? ? 3 (等于入射线斜率,舍去) . 3

于是反射线的方程为: y ? 1 ? ?

3 ( x ? 1) ,即 x ? 3 y ? ( 3 ? 1) ? 0 . 3

解法五:由点 Q(1 , 1) ,得直线 OQ 的方程为 y ? x . 又因入射线与反射线所在直线关于 y ? x 对称,点 P(0 , 3 ? 1) 关于直线 y ? x 对称的

点 P ' 的坐标为 ( 3 ? 1 , 0) . 由于反射线所在直线经过 P ' 与 Q 两点,所以它的方程为:

y ?1 x ?1 ,即 x ? 3 y ? ( 3 ? 1) ? 0 . ? 0 ?1 3

典型例题二十一
例 21 已知直线 l:x ? 2 y ? 2 ? 0 ,试求:

(1)点 P(?2 , ? 1) 关于直线 l 的对称点坐标; (2)直线 l1:y ? x ? 2 关于直线 l 对称的直线 l 2 的方程; (3)直线 l 关于点 (1 , 1) 的对称直线方程. 分析:对称问题可分为四种类型:①点关于点的对称点;②点关于直线的对称点;③直 线关于直线的对称直线;④直线关于点的对称直线.对于①利用中点坐标公式即可.对于② 需利用“垂直” “平分”两个条件.若③④在对称中心(轴) ,及一个曲线方程已知的条件下 给出,则通常采取坐标转移法,其次对于对称轴(中心)是特殊直线,如:坐标轴、直线

y ? ? x ? b ,采取特殊代换法,应熟练掌握.
解:(1)设点 P 关于直线 l 的对称点为 P ( x0 , y0 ) , 则线段 PP 的中点 M 在对称轴 l 上,且 PP ? l .
'
'
'

1 ? y0 ? 1 ? x ? 2 ? (? 2 ) ? ?1, ? ∴? 0 ? x0 ? 2 ? 2 ? y0 ? 1 ? 2 ? 0 ? 2 2 ?

2 ? ? x0 ? 5 ? 解之得: ? ? y ? 19 ? 0 5 ?
即 P 坐标为 ?
'

? 2 19 ? , ?. ?5 5 ?

(2)直线 l1:y ? x ? 2 关于直线 l 对称的直线为 l 2 ,则 l 2 上任一点 P( x , y ) 关于 l 的对称 点 P ( x , y ) 一定在直线 l1 上,反之也成立.
' ' '

? y ? y' 1 ? (? ) ? ?1, ? ' ?x?x 2 由? ' ' ? x ? x ? 2 ? y ? y ? 2 ? 0. ? 2 2 ?

? ' 3x ? 4 y ? 4 , ?x ? ? 5 得? ? y' ? ? 4x ? 3y ? 8 . ? 5 ?
把 ( x , y ) 代入方程 y ? x ? 2 并整理,得: 7 x ? y ? 14 ? 0
' '

即直线 l 2 的方程为 7 x ? y ? 14 ? 0 . (3)设直线 l 关于点 A(1 , 1) 的对称直线为 l ,则直线 l 上任一点 P( x1 , y1 ) 关于点 A 的对 称点 P ( x , y ) 一定在直线 l 上,反之也成立.
'

'

'

? x ? x1 ? 1, ? ? x1 ? 2 ? x ? 2 由? 得? ? y ? y1 ? 1 ? y1 ? 2 ? y ? 2 ?
将 ( x1 , y1 ) 代入直线 l 的方程得: x ? 2 y ? 4 ? 0 . ∴直线 l 的方程为 x ? 2 y ? 4 ? 0 .
'

说明:本题是求有关对称点、对称直线的问题,主要用到中点坐标公式和直线垂直的斜 率关系.

典型例题二十二
例 22 已知直线 l:x ? 2 y ? 8 ? 0 和两点 A(2 , 0) 、 B(?2 , ? 4) .

(1)在 l 上求一点 P ,使 PA ? PB 最小; (2)在 l 上求一点 P ,使 PB ? PA 最大. 分析:较直接的思路是:用两点间的距离公式求出 PA ? PB 的表达式,再求它的最小
' 值.这样计算量太大也不可行.我们可以求出 A 关于直线 l 的对称点 A ,从而将 AP 转化
' ' 为 A P ,从而当 B 、 P 、 A 三点共线时, PA ? PB 才最小,对于 PB ? PA 最大也可以

利用这样的方法. 解:(1)如图,设 A 关于 l 的对称点为 A (m , n)
'

? n ? m ? 2 ? ?2, ? 则? ?m ? 2 ? 2? n ? 8 ? 0 ? 2 2 ?
∴ m ? ?2 , n ? 8 . ∴ A (?2 , 8)
'

∴ A B 的的是 x ? ?2 , A B 与 l 的交点是 (?2 , 3) ,
' '

故所求的点为 P(?2 , 3) . (2)如下图,

AB 是方程 y ?
即 y ? x ? 2.

0 ? (?4) ( x ? 2) , 2 ? (?2)

代入 l 的方程,得直线 AB 与 l 的交点 (12 , 10) , 故所求的点 P 为 (12 , 10) . 说明:本例利用求对称点的方法巧妙地求出了所求点 P 的坐标.

典型例题二十四

例 24 已知点 A(4 , ? 3) ,B(2 , ? 1) 和直线 l:x ? 3 y ? 2 ? 0 , 求一点 P 使 PA ? PB , 4 且点 P 到 l 的距离等于 2. 分析: 为使 PA ? PB (如图) 点 P 必在线段 AB 的垂直平分线上, , 又点 P 到直线 l 的 距离为 2, 所以点 P 又在距离 l 为 2 的平行于 l 的直线上, 求这两条直线的交点即得所求点 P . 解:设点 P 的坐标为 P(a , b) .

∵ A(4 , ? 3) , B(2 , ? 1) . ∴ AB 的中点 M 的坐标为 (3 , ? 2) . 又 AB 的斜率 k AB ?

? 3 ?1 ? ?1 . 4?2

∴ AB 的垂直平分线方程为 y ? 2 ? x ? 3 ,即 x ? y ? 5 ? 0 . 而 P(a , b) 在直线 x ? y ? 5 ? 0 上. ∴ a ?b ?5 ? 0. ① 又已知点 P 到 l 的距离为 2. ∴点 P 必在于 l 平行且距离为 2 的直线上, 设直线方程为 4 x ? 3 y ? m ? 0 , 由两条平行直线之间的距离公式得:

m?2 5

?2

∴ m ? 8 或 m ? ?12 . ∴点 P 在直线 4 x ? 3 y ? 8 ? 0 或 4 x ? 3 y ? 12 ? 0 上. ∴ 4a ? 3b ? 8 ? 0 或 4a ? 3b ?12 ? 0 由∴①②得: a ? 1 , b ? ?4 或 a ? ∴点 P(1 , ? 4) 或 P( ②

27 8 ,b ? ? . 7 7

27 8 , ? ) 为所求的点. 7 7

说明:在平面几何中,常用交轨法作图得点 P 的位置,而在解析几何中,则是将直线

用方程来表示,用求方程组的解的方式来求得点 P 的坐标.这是解析法的重要应用,也是 其方便之处.


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