2020年高考數學一輪經典例題 兩直線的位置關系 理

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1、2020年高考數學（理）一輪經典例題——兩直線的位置關系 典型例題一 例1 已知，，，求點的坐標，使四邊形為等腰梯形． 分析：利用等腰梯形所具備的性質“兩底互相平行且兩腰長相等”進行解題． 解：如圖， 設，若，則，， 即 由①、②解得． 若，則 即 由③、④式解得． 故點的坐標為或． 說明：(1)把哪兩條邊作為梯形的底是討論的標準，解此題時注意不要漏解．(2)在遇到兩直線平行問題時，一定要注意直線斜率不存在的情況．此題中、的斜率都存在，故不可能出現斜率不存在的情況． 典型例題二 例2當為何值時，直線與直線互相垂直？ 分析：分類討論，利用兩直線垂直的充要

2、條件進行求解．或利用結論“設直線和的方程分別是，，則的充要條件是”（其證明可借助向量知識完成）解題． 解法一：由題意，直線． (1)若，即，此時直線，顯然垂直； (2)若，即時，直線與直線不垂直； (3)若，且，則直線、斜率、存在， ，． 當時，，即， ∴. 綜上可知，當或時，直線． 解法二：由于直線，所以，解得． 故當或時，直線． 說明：對于本題，容易出現忽視斜率存在性而引發(fā)的解題錯誤，如先認可兩直線、的斜率分別為、，則，． 由，得，即． 解上述方程為．從而得到當時，直線與互相垂直． 上述解題的失誤在于機械地套用兩直線垂直（斜率形式）的充要條件，忽視了斜率存在的大

3、前提，因而失去對另一種斜率不存在時兩直線垂直的考慮，出現了以偏概全的錯誤． 典型例題三 例3 已知直線經過點，且被兩平行直線和截得的線段之長為5，求直線的方程． 分析：(1)如圖，利用點斜式方程，分別與、聯立，求得兩交點、的坐標（用表示），再利用可求出的值，從而求得的方程．(2)利用、之間的距離及與夾角的關系求解．(3)設直線與、分別相交于、，則可通過求出、的值，確定直線的斜率（或傾斜角），從而求得直線的方程． 解法一：若直線的斜率不存在，則直線的方程為，此時與、的交點分別為和，截得的線段的長，符合題意， 若直線的斜率存在，則設直線的方程為． 解方程組得， 解方程組得．

4、 由，得． 解之，得，即欲求的直線方程為． 綜上可知，所求的方程為或． 解法二：由題意，直線、之間的距離為，且直線被平等直線、所截得的線段的長為5（如上圖），設直線與直線的夾角為，則，故∴． 由直線的傾斜角為135°，知直線的傾斜角為0°或90°，又由直線過點，故直線的方程為或． 解法三：設直線與、分別相交、，則： ，． 兩式相減，得．　　?、? 又　　　　　　　?、? 聯立①、②，可得或 由上可知，直線的傾斜角分別為0°或90°． 故所求直線方程為或． 說明：本題容易產生的誤解是默認直線的斜率存在，這樣由解法一就只能得到，從而遺漏了斜率不存在的情形． 一般地，求過一定點

5、，且被兩已知平行直線截得的線段為定長的直線，當小于兩平行直線之間距離時無解；當時有唯一解；當時，有且只有兩解．另外，本題的三種解法中，解法二采取先求出夾角后，再求直線的斜率或傾斜角，從方法上看較為簡單；而解法三注意了利用整體思想處理問題，在一定程度上也簡化了運算過程． 典型例題四 例4 已知點，，點在坐標軸上，且，則滿足條件的點的個數是（ ?。? （A）1 （B）2 （C）3 （D）4 解：點在坐標軸上，可有兩種情況，即在軸或軸上，點的坐標可設為或． 由題意，，直線與直線垂直，其斜率乘積為－1，可分

6、別求得或2，或4，所以滿足條件的點的坐標為（0，0），（2，0），（0，4）． 說明：①本題還可以有另外兩種解法：一種是利用勾股定理，另一種是直角三角形斜邊與軸交點恰為斜邊中點，則由到、距離相等的性質可解．②本題易錯，可能只解一個坐標軸；可能解方程時漏解；也可能看到、各有兩解而誤以為有四點． 典型例題五 例5 已知的一個定點是，、的平分線分別是，，求直線的方程． 分析：利用角平分線的軸對稱性質，求出關于，的對稱點，它們顯然在直線上． 解：關于，的對稱點分別是和，且這兩點都在直線上，由兩點式求得直線方程為． 典型例題六 例6 求經過兩條直線和的交點，并且垂直于直線的直線的方

7、程． 解一：解得兩直線和的交點為（，），由已知垂直關系可求得所求直線的斜率為，進而所求直線方程為． 解二：設所求直線方程為，將所求交點坐標（，）代入方程得，所以所求直線方程為． 解三：所求直線過點（，），且與直線垂直，所以，所求直線方程為 即 ． 解四：設所求直線得方程為 即 （1） 由于該直線與已知直線垂直 則 解得

8、 代入（1）得所求直線方程為． 典型例題七 例7 已知定點（3，1），在直線和上分別求點和點，使的周長最短，并求出最短周長． C A x C N O y B M 圖1 分析：由連接兩點的線中，直線段最短，利用對稱，把折線轉化為直線，即轉化為求兩點間的距離． 解：如圖1，設點關于直線和的對稱點分別為， ∵ 又 周長最小值是： 由兩點式可得方程為： ． 而且易求得： （，），（，0）， 此時，周長最短，周長為． 典型例題八 例8 已知實數，滿足，求證：． 解：本題

9、的幾何意義是：直線上的點（，）與定點的距離的平方不小于．因為直線外一點與直線上任一點連線中，垂線段距離最短，而垂線段的長度即距離， 所以，即． 說明：本題應為不等式的題目，難度較大，證明方法也較多，但用解析幾何的方法解決顯得輕松簡捷，深刻地體現了數形結合的思想． 典型例題九 例9 在平面直角坐標系中，，，點在上，，，試在軸的正半周上求一點，使取得最大值． 分析：要使最大，只需最大，而是直線到直線的角（此處即為夾角），利用公式可以解決問題． x C O B A y 圖2 解：如圖2，設點 ∵，，， ∴， ， 于是直線、的斜率分別為： ， ∴＝

10、 ＝ ＝ ＝ ∵ ∴ 當且僅當即，點的坐標為（，0），由可知為銳角，所以此時有最大值． 說明：本題綜合性強，是三角、不等式和解析幾何知識的交匯點．另外本題也是足球射門最大角問題的推廣． 為了更好地理解問題，可以演示用“幾何畫板”制作的課件. 典型例題十 例10　直線，求關于直線對稱的直線的方程． 分析：本題可有多種不同的解法，給出多種解法的途徑是：一類利用直線方程的不同形式求解；另一類采用消元思想進行求解． 解法一：由得與的交點為，顯見也在上． 設的斜率為，又的斜率為-2，的斜率為，則 ，解得． 故

11、的直線方程為．即． 解法二：在直線上取一點，又設點關于直線的對稱點為，則 解得 故由兩點式可求得直線的方程為． 解法三：設直線上一動點關于直線的對稱點為，則 解得，． 顯然在上，即，也即．這便是所求的直線的方程． 解法四：設直線上一動點，則關于的對稱點在直線上，可設的坐標為，則 即 消去，得，即此所求的直線的方程． 說明：在解法一中，應注意正確運用“到角公式”，明確由哪條直線到哪條直線的角．在具體解題時，最好能準確畫出圖形，直觀地得出關系式．在解法四中，脫去絕對值符號時，運用了平面區(qū)域的知識．否則，若從表面上可得到兩種結果，這顯然很難準確地得出直線的方程． 本題的

12、四種不同的解法，體現了求直線方程的不同的思想方法，具有一定的綜合性．除此之外，從本題的不同解法中可以看出，只有對坐標法有了充分的理解與認識，并具有較強的數形結合意識，才有可能駕馭本題，從而在解法選擇的空間上，真正做到游刃有余，左右逢源． 典型例題十一 例11　不論取什么實數，直線都經過一個定點，并求出這個定點． 分析：題目所給的直線方程的系數含有字母，給任何一個實數值，就可以得到一條確定的直線，因此所給的方程是以為參數的直線系方程．要證明這個直線系的直線都過一定點，就是證明它是一個共點的直線系，我們可以給出的兩個特殊值，得到直線系中的兩條直線，它們的交點即是直線系中任何直線都過的定點

13、． 另一思路是由于方程對任意的都成立，那么就以為未知數，整理為關于的一元一次方程，再由一元一次方程有無數個解的條件求得定點的坐標． 解法一：對于方程，令，得；令，得． 解方程組得兩直線的交點為． 將點代入已知直線方程左邊，得： ． 這表明不論為什么實數，所給直線均經過定點． 解法二：將已知方程以為未知數，整理為： ． 由于取值的任意性，有 ，解得，． 所以所給的直線不論取什么實數，都經過一個定點． 說明：(1)曲線過定點，即與參數無關，則參數的同次冪的系數為0，從而求出定點． (2)分別令參數為兩個特殊值，得方程組求出點的坐標，代入原方程滿足，則此點為定點． 典型例

14、題十二 例12　一年級為配合素質教育，利用一間教室作為學生繪畫成果展覽室．為節(jié)約經費，他們利用課桌作為展臺，將裝畫的鏡框旋置桌上，斜靠展出．已知鏡框對桌面的傾角為()鏡框中，畫的上、下邊緣與鏡框下邊緣分別相距、()，學生距離鏡框下緣多遠看畫的效果最佳？ 分析：建立如圖所示的直角坐標系，為鏡框邊，為畫的寬度，為下邊緣上的一點，則可將問題轉化為： 已知，，，在軸的正方向向上求一點，使取最大值． 因為視角最大時，從理論上講，看畫的效果最佳（不考慮其他因素）． 解：設點坐標為()，從三角函數定義知、兩點坐標分別為、，于是直線、的斜率分別為 ，． 于是， 即． 由于是銳角，且在

15、上，則：， 當且僅當，即時，等號成立，此時取最大值，對應的點為，因此，學生距離鏡框下緣處時，視角最大，即看畫效果最佳． 說明：解決本題有兩點至關重要：一是建立恰當的坐標系，使問題轉化成解析幾何問題求解；二是把問題進一步轉化成求的最大值．如果坐標系選擇不當，或選擇求的最大值，都將使問題變得復雜起來． 本題是一個非常實際的數學應用問題，它不僅考查了直線的有關概念以及三角知識的結合運用，而且更重要的是考查了把實際問題轉化為數學問題的能力． 典型例題十三 例13　知實數，滿足，求的最小值． 分析：本題可使用減少變量法和數形結合法兩種方法：可看成點與之間的距離． 解：(法1)由得()，

16、 則 　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　　　　　　　， ∴的最小值是2. (法2)∵實數，滿足， ∴點在直線上． 而可看成點與點之間的距離(如圖所示) 顯然的最小值就是點到直線的距離： ， ∴的最小值為2． 說明：利用幾何意義，可以使復雜問題簡單化．形如的式子即可看成是兩點間的距離，從而結合圖形解決． 典型例題十四 例14直線是中的平分線所在的直線，且，的坐標分別為，，求頂點的坐標并判斷的形狀． 分析：“角平分線”就意味著角相等，故可考慮使用直線的“到角”公式將“角相等”列成一個表達式． 解：(法1)由題意畫出草圖（如圖所示）． ∵點在

17、直線上，∴設， 則，，． 由圖易知到的角等于到的角，因此這兩個角的正切也相等． ∴， ∴． 解得． ∴的坐標為， ∴，， ∴． ∴是直角三角形． (法2)設點關于直線的對稱點為，則必在直線上．以下先求． 由對稱性可得 解得，∴． ∴直線的方程為，即． 由得． ∴，， ∴． ∴是直角三角形． 說明：(1)在解法1中設點坐標時，由于在直線上，故可設，而不設，這樣可減少未知數的個數．(2)注意解法2中求點關于的對稱點的求法：原理是線段被直線垂直平分． 典型例題十五 例15　兩條直線，，求分別滿足下列條件的的值． (1) 與相交； (2)

18、與平行； (3) 與重合； (4) 與垂直； (5) 與夾角為． 分析：可先從平行的條件(化為)著手． 解：由得，解得，． 由得． (1)當且時，，與相交； (2)當時，．； (3)當時，，與重合； (4)當，即，時，； (5) ，． 由條件有． 將，代入上式并化簡得，； ，． ∴當或-5或3時與夾角為． 說明：由解得或，此時兩直線可能平行也可能重合，可將的值代入原方程中驗證是平行還是重合．當時兩直線一定相交，此時應是且． 典型例題十六 例16點，和，求過點且與點，距離相等的直線方程． 分析：可以用待定系數法先設出直線方

19、程，再求之；也可從幾何意義上考察這樣的直線具有的特征． 解：(法1)設所求直線方程為，即，由點、到直線的距離相等得： ． 化簡得，則有：或， 即或方程無解． 方程無解表明這樣的不存在，但過點，所以直線方程為，它與，的距離都是3． ∴所求直線方程為或． (法2)設所求直線為，由于過點且與，距離相等，所以有兩種情況，如下圖： (1)當，在同側時，有，此時可求得的方程為，即； (2)當，在異側時，必過中點，此時的方程為． ∴所求直線的方程為或． 說明：該題如果用待定系數法解易漏掉，即斜率不存在的情況．所以無論解什么題目，只要圖形容易畫出，就應結合圖形，用代數法、幾何法配合來

20、解． 典型例題十七 例17　經過點且與直線平行的直線的方程． 分析：已知直線與直線平行，故的斜率可求，又過已知點，利用點斜式可得到的方程．另外由于與已知直線平行，利用平行直線系方程，再由已知點，也可確定的方程． 解法一：由已知直線，知其斜率． 又由與直線平行，所以直線的斜率． 又由直線經過已知點，所以利用點斜式得到直線的方程為： ，即． 解法二：因為直線平行于直線，所以可設直線的方程為． 又點在直線上，所以，解得． 故直線的方程為． 說明：解法二使用的是平行直線系，并用了待定系數法來解． 典型例題十八 例18　過點且與直線垂直的直線的方程． 分析：已知直線與

21、直線垂直，故的斜率可求，又過已知點，利用點斜式可得到的方程．另外由于與已知直線垂直，利用垂直直線系方程，再由已知點，也可確定的方程． 解法一：由直線，知其斜率． 又由與直線垂直，所以直線的斜率． 又因過已知點，利用點斜式得到直線的方程為 ，即． 解法二：由直線與直線垂直，可設直線的方程為： ． 又由直線經過已知點，有． 解得．因此直線的方程為． 說明：此題的解二中使用垂直直線系方程，并使用了待定系數法． 典型例題十九 例19知直線經過兩條直線與的交點，且與直線的夾角為，求直線的方程． 分析：先求與的交點，再列兩條直線夾角公式，利用與夾角為，求得的斜率．也可使用過兩直

22、線交點的直線系方程的方法省去求交點的過程，直接利用夾角公式求解． 解法一：由方程組解得直線與的交點． 于是，所求直線的方程為． 又由已知直線的斜率，而且與的夾角為，故由兩直線夾角正切公式，得 ，即． 有，， 當時，解得；當時，解得． 故所求的直線的方程為或， 即或． 解法二：由已知直線經過兩條直線與的交點，則可設直線的方程為 ，　?。?） 即． 又由與的夾角為，的方程為，有 ， 即，也即， 從而，． 解得，．代入（*）式，可得直線的方程為 或． 說明：此題用到兩直線的夾角公式，注意夾角公式與到角公式的區(qū)別。解法二還用到了過兩相交直線的交點的直線系方程，用它可

23、以省去求交點的過程，但不一定這樣的運算就簡單，還要根據具體題目選擇合適的方法。 典型例題二十 例20　直線，一束光線過點，以的傾斜角投射到上，經反射，求反射線所在直線的方程． 分析：此題解法很多．如圖，入射線與交于點，則點的坐標易得．求反射線的方程只缺少一個條件，尋求這個條件的主要思路有： 思路一：已知的傾斜角為，入射線的傾斜解為，可由三角形外角定理得到反射線的傾斜角． 思路二：如圖，由光線的反射定律可知，到的角等于到反射線的角，可得到反射線的斜率． 思路三：由光的反射性質，可知反射線所在直線除經過點外，還經過點關于的對稱點，求得的坐標，反射線方程也可求得． 思路四：由直

24、線為入射線和反射線所在直線交角的平分線，上任意一點到入射線和反射線的距離相等，也可求得反射線的斜率． 思路五：可求得，直線為，入射線和反射線關于對稱，利用反函數性質，由入射線的方程可以求出反射線的方程． 解法一：由已知入射線的傾斜角為，其斜率為，又入射線過點，所以入射線所在直線的方程為：． 解方程組得交點． 又因的傾斜角為，入射線的傾斜角，所以入射線與的夾角為． 于是據外角定理，即反射線所在直線的斜率為．故反射線所在直線的方程為，即： ． 解法二：由已知可得，，設反射線的斜率為，則由入射線到的角等于到反射線的角，可得 ，即． 解得． 以下求出點坐標，再由點斜式得反射線所在直

25、線的方程（略）． 解法三：由已知得入射線所在直線方程為，再與直線的方程聯立得交點． 利用關于直線對稱點的知識，求得點關于的對稱點． 又由反射線所在直線過與兩點，它的方程為，即： ． 解法四：可求得入射線所在直線方程為，即，入射線與交點為． 于是可設反射線所在直線的方程為：，即． 由于直線為入射線與反射線夾角的平分線，則上的任一點到它們的距離相等，于是在上取點，有： ． 所以，即． 故，（等于入射線斜率，舍去）． 于是反射線的方程為：，即． 解法五：由點，得直線的方程為． 又因入射線與反射線所在直線關于對稱，點關于直線對稱的點的坐標為． 由于反射線所在直線經過與兩點，

26、所以它的方程為： ，即． 典型例題二十一 例21　已知直線，試求： (1)點關于直線的對稱點坐標； (2)直線關于直線對稱的直線的方程； (3)直線關于點的對稱直線方程． 分析：對稱問題可分為四種類型：①點關于點的對稱點；②點關于直線的對稱點；③直線關于直線的對稱直線；④直線關于點的對稱直線．對于①利用中點坐標公式即可．對于②需利用“垂直”“平分”兩個條件．若③④在對稱中心（軸），及一個曲線方程已知的條件下給出，則通常采取坐標轉移法，其次對于對稱軸（中心）是特殊直線，如：坐標軸、直線，采取特殊代換法，應熟練掌握． 解：(1)設點關于直線的對稱點為， 則線段的中點在對稱軸上

27、，且． ∴ 解之得： 即坐標為． (2)直線關于直線對稱的直線為，則上任一點關于的對稱點一定在直線上，反之也成立． 由 得 把代入方程并整理，得： 即直線的方程為． (3)設直線關于點的對稱直線為，則直線上任一點關于點的對稱點一定在直線上，反之也成立． 由得 將代入直線的方程得：． ∴直線的方程為． 說明：本題是求有關對稱點、對稱直線的問題，主要用到中點坐標公式和直線垂直的斜率關系． 典型例題二十二 例22　已知直線和兩點、． (1)在上求一點，使最?。? (2)在上求一點，使最大． 分析：較直接的思路是：用兩點間的距離公式求出的表達式，再求它的最小值．這

28、樣計算量太大也不可行．我們可以求出關于直線的對稱點，從而將轉化為，從而當、、三點共線時，才最小，對于最大也可以利用這樣的方法． 解：(1)如圖，設關于的對稱點為 則 ∴，． ∴ ∴的的是，與的交點是， 故所求的點為． (2)如下圖， 是方程， 即． 代入的方程，得直線與的交點， 故所求的點為． 說明：本例利用求對稱點的方法巧妙地求出了所求點的坐標． 典型例題二十四 例24 已知點，和直線，求一點使，且點到的距離等于2． 分析：為使（如圖），點必在線段的垂直平分線上，又點到直線的距離為2，所以點又在距離為2的平行于的直線上，求這兩條直線的交點即得所求點． 解：設點的坐標為． ∵，． ∴的中點的坐標為． 又的斜率． ∴的垂直平分線方程為，即． 而在直線上． ∴．　　?、? 又已知點到的距離為2． ∴點必在于平行且距離為2的直線上， 設直線方程為， 由兩條平行直線之間的距離公式得： ∴或． ∴點在直線或上． ∴或　?、? 由∴①②得：，或，． ∴點或為所求的點． 說明：在平面幾何中，常用交軌法作圖得點的位置，而在解析幾何中，則是將直線用方程來表示，用求方程組的解的方式來求得點的坐標．這是解析法的重要應用，也是其方便之處．