数学百大经典例题——两直线的位置关系（新课标）.doc

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典型例题一

例1 已知，，，求点的坐标，使四边形为等腰梯形．
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，若，则，，
即
由①、②解得．
若，则
即
由③、④式解得．
故点的坐标为或．
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、的斜率都存在，故不可能出现斜率不存在的情况．
典型例题二

例2当为何值时，直线与直线互相垂直？
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“设直线和的方程分别是，，则的充要条件是”（其证明可借助向量知识完成）解题．
解法一：由题意，直线．
(1)若，即，此时直线，显然垂直；
(2)若，即时，直线与直线不垂直；
(3)若，且，则直线、斜率、存在，
，．
当时，，即，
∴.
综上可知，当或时，直线．
解法二：由于直线，所以，解得．
故当或时，直线．
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、的斜率分别为、，则，．
由，得，即．
解上述方程为．从而得到当时，直线与互相垂直．
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 已知直线经过点，且被两平行直线和截得的线段之长为5，求直线的方程．
分析：(1)如图，利用点斜式方程，分别与、联立，求得两交点、的坐标（用表示），再利用可求出的值，从而求得的方程．(2)利用、之间的距离及与夹角的关系求解．(3)设直线与、分别相交于、，则可通过求出、的值，确定直线的斜率（或倾斜角），从而求得直线的方程．

解法一：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时与、的交点分别为和，截得的线段的长，符合题意，
若直线的斜率存在，则设直线的方程为．
解方程组得，
解方程组得．
由，得．
解之，得，即欲求的直线方程为．
综上可知，所求的方程为或．
解法二：由题意，直线、之间的距离为，且直线被平等直线、所截得的线段的长为5（如上图），设直线与直线的夹角为，则，故∴．
由直线的倾斜角为135°，知直线的倾斜角为0°或90°，又由直线过点，故直线的方程为或．
解法三：设直线与、分别相交、，则：
，．
两式相减，得．　　　①
又　　　　　　　　②
联立①、②，可得或
由上可知，直线的倾斜角分别为0°或90°．
故所求直线方程为或．
说明：本题容易产生的误解是默认直线的斜率存在，这样由解法一就只能得到，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的直线，当小于两平行直线之间距离时无解；当时有唯一解；当时，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，，点在坐标轴上，且，则满足条件的点的个数是（ 　）．
（A）1 （B）2 （C）3 （D）4
解：点在坐标轴上，可有两种情况，即在轴或轴上，点的坐标可设为或．
由题意，，直线与直线垂直，其斜率乘积为－1，可分别求得或2，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与轴交点恰为斜边中点，则由到、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、各有两解而误以为有四点．
典型例题五

例5 已知的一个定点是，、的平分线分别是，，求直线的方程．
分析：利用角平分线的轴对称性质，求出关于，的对称点，它们显然在直线上．
解：关于，的对称点分别是和，且这两点都在直线上，由两点式求得直线方程为．
典型例题六

例6 求经过两条直线和的交点，并且垂直于直线的直线的方程．
解一：解得两直线和的交点为（，），由已知垂直关系可求得所求直线的斜率为，进而所求直线方程为．
解二：设所求直线方程为，将所求交点坐标（，）代入方程得，所以所求直线方程为．
解三：所求直线过点（，），且与直线垂直，所以，所求直线方程为

即 ．
解四：设所求直线得方程为

即 （1）
由于该直线与已知直线垂直
则
解得
代入（1）得所求直线方程为．
典型例题七

例7 已知定点（3，1），在直线和上分别求点和点，使的周长最短，并求出最短周长．
C
A
x
C
N
O
y
B
M
图1
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．
解：如图1，设点关于直线和的对称点分别为，
∵
又
周长最小值是：
由两点式可得方程为：
．
而且易求得： （，），（，0），
此时，周长最短，周长为．
典型例题八

例8 已知实数，满足，求证：．
解：本题的几何意义是：直线上的点（，）与定点的距离的平方不小于．因为直线外一点与直线上任一点连线中，垂线段距离最短，而垂线段的长度即距离，
所以，即．
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，，，点在上，，，试在轴的正半周上求一点，使取得最大值．
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．
x
C
O
B
A
y
图2
解：如图2，设点
∵，，，
∴，
，
于是直线、的斜率分别为：
，

∴＝
＝
＝
＝
∵
∴
当且仅当即，点的坐标为（，0），由可知为锐角，所以此时有最大值．
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，求关于直线对称的直线的方程．
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．
解法一：由得与的交点为，显见也在上．
设的斜率为，又的斜率为-2，的斜率为，则
，解得．
故的直线方程为．即．
解法二：在直线上取一点，又设点关于直线的对称点为，则
解得
故由两点式可求得直线的方程为．
解法三：设直线上一动点关于直线的对称点为，则

解得，．
显然在上，即，也即．这便是所求的直线的方程．
解法四：设直线上一动点，则关于的对称点在直线上，可设的坐标为，则

即
消去，得，即此所求的直线的方程．
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　不论取什么实数，直线都经过一个定点，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，给任何一个实数值，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都成立，那么就以为未知数，整理为关于的一元一次方程，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，令，得；令，得．
解方程组得两直线的交点为．
将点代入已知直线方程左边，得：
．
这表明不论为什么实数，所给直线均经过定点．
解法二：将已知方程以为未知数，整理为：
．
由于取值的任意性，有
，解得，．
所以所给的直线不论取什么实数，都经过一个定点．
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()镜框中，画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距、()，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，为镜框边，为画的宽度，为下边缘上的一点，则可将问题转化为：

已知，，，在轴的正方向向上求一点，使取最大值．
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：设点坐标为()，从三角函数定义知、两点坐标分别为、，于是直线、的斜率分别为
，．
于是，
即．
由于是锐角，且在上，则：，
当且仅当，即时，等号成立，此时取最大值，对应的点为，因此，学生距离镜框下缘处时，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的最大值．如果坐标系选择不当，或选择求的最大值，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，满足，求的最小值．
分析：本题可使用减少变量法和数形结合法两种方法：可看成点与之间的距离．
解：(法1)由得()，
则

　　　　　　　　　，
∴的最小值是2.
(法2)∵实数，满足，
∴点在直线上．
而可看成点与点之间的距离(如图所示)

显然的最小值就是点到直线的距离：
，
∴的最小值为2．
说明：利用几何意义，可以使复杂问题简单化．形如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直线是中的平分线所在的直线，且，的坐标分别为，，求顶点的坐标并判断的形状．
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）．

∵点在直线上，∴设，
则，，．
由图易知到的角等于到的角，因此这两个角的正切也相等．
∴，
∴．
解得．
∴的坐标为，
∴，，
∴．
∴是直角三角形．
(法2)设点关于直线的对称点为，则必在直线上．以下先求．
由对称性可得
解得，∴．
∴直线的方程为，即．
由得．
∴，，
∴．
∴是直角三角形．
说明：(1)在解法1中设点坐标时，由于在直线上，故可设，而不设，这样可减少未知数的个数．(2)注意解法2中求点关于的对称点的求法：原理是线段被直线垂直平分．
典型例题十五

例15　两条直线，，求分别满足下列条件的的值．
(1) 与相交； (2) 与平行； (3) 与重合；
(4) 与垂直； (5) 与夹角为．
分析：可先从平行的条件(化为)着手．
解：由得，解得，．
由得．
(1)当且时，，与相交；
(2)当时，．；
(3)当时，，与重合；
(4)当，即，时，；
(5) ，．
由条件有．
将，代入上式并化简得，；
，．
∴当或-5或3时与夹角为．
说明：由解得或，此时两直线可能平行也可能重合，可将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，此时应是且．
典型例题十六

例16点，和，求过点且与点，距离相等的直线方程．
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，即，由点、到直线的距离相等得：
．
化简得，则有：或，
即或方程无解．
方程无解表明这样的不存在，但过点，所以直线方程为，它与，的距离都是3．
∴所求直线方程为或．
(法2)设所求直线为，由于过点且与，距离相等，所以有两种情况，如下图：

(1)当，在同侧时，有，此时可求得的方程为，即；
(2)当，在异侧时，必过中点，此时的方程为．
∴所求直线的方程为或．
说明：该题如果用待定系数法解易漏掉，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．
典型例题十七

例17　经过点且与直线平行的直线的方程．
分析：已知直线与直线平行，故的斜率可求，又过已知点，利用点斜式可得到的方程．另外由于与已知直线平行，利用平行直线系方程，再由已知点，也可确定的方程．
解法一：由已知直线，知其斜率．
又由与直线平行，所以直线的斜率．
又由直线经过已知点，所以利用点斜式得到直线的方程为：
，即．
解法二：因为直线平行于直线，所以可设直线的方程为．
又点在直线上，所以，解得．
故直线的方程为．
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　过点且与直线垂直的直线的方程．
分析：已知直线与直线垂直，故的斜率可求，又过已知点，利用点斜式可得到的方程．另外由于与已知直线垂直，利用垂直直线系方程，再由已知点，也可确定的方程．
解法一：由直线，知其斜率．
又由与直线垂直，所以直线的斜率．
又因过已知点，利用点斜式得到直线的方程为
，即．
解法二：由直线与直线垂直，可设直线的方程为：
．
又由直线经过已知点，有．
解得．因此直线的方程为．
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

例19知直线经过两条直线与的交点，且与直线的夹角为，求直线的方程．
分析：先求与的交点，再列两条直线夹角公式，利用与夹角为，求得的斜率．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：由方程组解得直线与的交点．
于是，所求直线的方程为．
又由已知直线的斜率，而且与的夹角为，故由两直线夹角正切公式，得
，即．
有，，
当时，解得；当时，解得．
故所求的直线的方程为或，
即或．
解法二：由已知直线经过两条直线与的交点，则可设直线的方程为
，　　（*）
即．
又由与的夹角为，的方程为，有
，
即，也即，
从而，．
解得，．代入（*）式，可得直线的方程为
或．
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，一束光线过点，以的倾斜角投射到上，经反射，求反射线所在直线的方程．
分析：此题解法很多．如图，入射线与交于点，则点的坐标易得．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：已知的倾斜角为，入射线的倾斜解为，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，到的角等于到反射线的角，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点外，还经过点关于的对称点，求得的坐标，反射线方程也可求得．
思路四：由直线为入射线和反射线所在直线交角的平分线，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，直线为，入射线和反射线关于对称，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，其斜率为，又入射线过点，所以入射线所在直线的方程为：．
解方程组得交点．
又因的倾斜角为，入射线的倾斜角，所以入射线与的夹角为．
于是据外角定理，即反射线所在直线的斜率为．故反射线所在直线的方程为，即：
．
解法二：由已知可得，，设反射线的斜率为，则由入射线到的角等于到反射线的角，可得
，即．
解得．
以下求出点坐标，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，再与直线的方程联立得交点．
利用关于直线对称点的知识，求得点关于的对称点．
又由反射线所在直线过与两点，它的方程为，即：
．
解法四：可求得入射线所在直线方程为，即，入射线与交点为．
于是可设反射线所在直线的方程为：，即．
由于直线为入射线与反射线夹角的平分线，则上的任一点到它们的距离相等，于是在上取点，有：
．
所以，即．
故，（等于入射线斜率，舍去）．
于是反射线的方程为：，即．
解法五：由点，得直线的方程为．
又因入射线与反射线所在直线关于对称，点关于直线对称的点的坐标为．
由于反射线所在直线经过与两点，所以它的方程为：
，即．
典型例题二十一

例21　已知直线，试求：
(1)点关于直线的对称点坐标；
(2)直线关于直线对称的直线的方程；
(3)直线关于点的对称直线方程．
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，采取特殊代换法，应熟练掌握．
解：(1)设点关于直线的对称点为，
则线段的中点在对称轴上，且．
∴
解之得：
即坐标为．
(2)直线关于直线对称的直线为，则上任一点关于的对称点一定在直线上，反之也成立．
由
得
把代入方程并整理，得：
即直线的方程为．
(3)设直线关于点的对称直线为，则直线上任一点关于点的对称点一定在直线上，反之也成立．
由得
将代入直线的方程得：．
∴直线的方程为．
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　已知直线和两点、．
(1)在上求一点，使最小；
(2)在上求一点，使最大．
分析：较直接的思路是：用两点间的距离公式求出的表达式，再求它的最小值．这样计算量太大也不可行．我们可以求出关于直线的对称点，从而将转化为，从而当、、三点共线时，才最小，对于最大也可以利用这样的方法．
解：(1)如图，设关于的对称点为

则
∴，．
∴
∴的的是，与的交点是，
故所求的点为．
(2)如下图，

是方程，
即．
代入的方程，得直线与的交点，
故所求的点为．
说明：本例利用求对称点的方法巧妙地求出了所求点的坐标．
典型例题二十四

例24 已知点，和直线，求一点使，且点到的距离等于2．
分析：为使（如图），点必在线段的垂直平分线上，又点到直线的距离为2，所以点又在距离为2的平行于的直线上，求这两条直线的交点即得所求点．
解：设点的坐标为．

∵，．
∴的中点的坐标为．
又的斜率．
∴的垂直平分线方程为，即．
而在直线上．
∴．　　　①
又已知点到的距离为2．
∴点必在于平行且距离为2的直线上，
设直线方程为，
由两条平行直线之间的距离公式得：

∴或．
∴点在直线或上．
∴或　　②
由∴①②得：，或，．
∴点或为所求的点．
说明：在平面几何中，常用交轨法作图得点的位置，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的坐标．这是解析法的重要应用，也是其方便之处．