高二数学同步辅导教材(第8讲) 11页

高二数学同步辅导教材（第 8 讲） 一、本讲进度 7.3 两条直线的位置关系 课本第 45 页至第 54 页 二、本讲主要内容 1、 两条直线位置关系的判断 2、 两条相交直线和夹角及两条平行直线之间的距离的计算 三、学习指导 1、通过前面的学习，同学们知道，平面几何中的直线（形）与代数中的二元一次方程 Ax+By+C=0 （A、B 不全为 0，下同）（数）之间建立了一一对应的关系，实际上，直线就是由数组（A、B、C）确定。 因此，直线与直线之间的位置关系可由它们对应的数组之间的关系来确定。 2、从定性的角度分析，两条直线的位置关系有平行、相交、重合。三种位置关系的判断可由这两条 直线对应的方程构成的方程组的解的情况来判断。 不妨设直线1：A1x+B1y+C1=0(A1 2+B1 2≠0)，直线2：A2x+B2y+C2=0（A2 2+B2 2≠0） 联立两条直线方程          222 1111 02CyBxA 0CyBxA 不失一般性，设 A1≠0，A2≠0 ①×A2-②×A1 得 (B1A2-B2A1)y=A1C2-A2C1 ③ 下对此一元一次型方程的解进行讨论： 当 B1A2-B2A1≠0 时，方程③有唯一解，原方程组有唯一解。即 2 1 A A ≠ 2 1 B B 时，直线1 与2 相交； 当      0CACA 0ABAB 1221 1221 时，方程③无解，原方程组无解。 即 2 1 2 1 2 1 C C B B A A  时，直线1 与2 平行。 当      0CACA 0ABAB 1221 1221 时，方程③的解为一切实数，原方程组有无数个解，即 2 1 2 1 2 1 C C B B A A  时，直 线1 与2 重合。 教材是从斜截式的方程推导出两直线平行的条件，这是因为：（1）斜截式的几何特征比较明显，（2） 斜截式就是初中所学的一次函数的解析式，同学们比较容易接受。上面的结论是从直线方程的一般式推 导出来的，偏重于方程的知识，体现了第一部分的指导思想。 3、 从定量的角度，本小节研究了两个方面的问题： （1）在两条直线平行的位置关系下，度量它们之间的距离。 在点到直线距离公式的基础上，进一步可导出两平行线之间的距离公式，设1：Ax+By+C1=0,，2： Ax+By+C2=0，则1 与2 之间距离 22 21 BA |CC|d   。 （2）在两条直线相交的情况下，度量它们所成的角的大小。若两条直线的位置确定，则选用倒角公 式；否则选用夹角公式。 4、 一般方程形式下的几种直线系： （1）与 Ax+By+C=0 平行的直线系：Ax+By+m=0 （2）与 Ax+By+C=0 垂直的直线系：Bx-Ay+n=0 （3）过两条直线1：A1x+B1y+C1=0 与直线2：A2x+B2y+C2=0 的直线系：A1x+B1y+C1+λ (A2x+B2y+C2)=0，λ ∈R。此直线系不包括直线2，若要包含2，可将直线系方程写成 λ 1(A1x+B1y+C1)+λ 2(A2x+B2y+C2)=0（λ 1、λ 2∈R）。 四、典型例题 例 1、当实数 m 为何值时，三条直线1：3x+my-1=0，2：3x-2y-5=0，3：6x+y-5=0 不能围成三角形。 解题思路分析： 本题的关键是1、2、3 不能围成三角形时，它们之间有多少种位置关系。可借助于逻辑知识进行分 析。 1、2、3 能围成三角形的充要条件是三条直线两两相交且不过同一点，其否定是三条直线不两两相 交或均过同一点，即包含两种情形：（1）三条直线中至少有两条互相平行；（2）三条直线过同一点。 记1、2、3 三条直线的斜率分别为 k1、k2、k3，则 k2= 2 3 ，k3=-6。 在第一种情形中只可能1∥2，1∥3，k1= ，k1=-6 解之得 m=-2 或 m= 2 1 由      05yx6 05y2x3 得      1y 1x ，1 与3 交于点（1，-1），将（1，-1）代入 3x+my-1=0，得第二种情形 下 m 的值：m=2 ∴ 当 m=±2，或 2 1 时，1、2、3 不能围成三角形 例 2、求过点（2，3），与坐标轴围成的三角形面积为 2a，且满足下列条件的直线方程： （1）平行于直线 ax+4y+6=0 （2）垂直于直线 ax+4y+6=0 解题思路分析： （1）设所求直线方程 ax+4y+C1=0 令 x=0，y=- 4 C1 ；令 y=0，x=- a C1 ∴ a2|a C||4 C|2 1 11  ∴ C1 2=16a2 ∴ C1=±4a ① 又（2，3）在直线 ax+4y+C1=0 上 ∴ 2a+12+C1=0 ② (1)(2)联立      0C12a2 a4C 1 1 或      1C12a2 a4a ∴      8a 2a （舍）或      24c 6a 1 ∴ 所求直线方程为 3x+2y-12=0 （2）设所求直线方程为 4x-ay+C2=0 令 x=0，y= a C 2 ；令 y=0，x=- 4 C 2 ∴ a2|4 C||a C|2 1 22  ∴ C2=±4a ③ 又 8-3a+C2=0 ④ ③④联立解得      32C 8a 2 （舍）或         7 32C 7 8a 2 ∴ 所求直线方程为 7x-2y-8=0 注：本题也可在找出斜率关系的基础上，用点斜式方程求解。 例 3、已知两定点 A（2，5）， B（-2，1）， M 和 N 是过原点的直线上两个动点，且|MN|= 22 ，∥ AB，若直线 AM 和 BN 交点 C 在 y 轴上，求 M、N 及 C 坐标。 解题思路分析： 本题用解方程的思想求点 M、N 的坐标，关键是寻找适当的等量关系。 思路一：由直线 BN 与 AM 在 y 轴上的截距相等找等量关系，下求直线 BN 和 AM 方程。 ∵ kAB=1 ∴ k=1 ∴ 可设 M（a，a）， N（b，b） 由|MN|= 得|a-b|=2 ① 直线 AM：y-5= )2x(2a 5a   ，令 x=0，y= 2a a3  直线 BN：y-1= )2x(2b 1b   ，令 x=0，y= 2b b3  令 2b b3 2a a3  ，得 a=-b ② ①②联立得      1b 1a 或      1b 1a ∴ M（1，1）， N（-1，-1）， C（0，-3）或 M（-1，-1）， N（1，1）， C（0，1） 思路二；分别由 B、N、C 及 A、M、C 三点共线，借助于分比公式列方程 设 C（0，c），点 M、N 同思路一所设 ∵ B、N、C 三点共线 ∴ CN NB CN NB yy yy xx xx    ∴ bc+2c-3b=0 ③ ∵ A、M、C 三点共线 ∴ CM MA CM MA yy yy xx xx    ∴ ac-3a-2c=0 ④ ③④联立，消去 C 得 2a a3 b2 b3  ∴ a=-b 即为思路一的（2）式，下同思路一 说明：本题结论为两解，说明点 C 既可能是线段 BN 和 AM 延长线的交点，也可能是线段 BN 和 AM 的 交点，即 B 与 N 及 A 与 M 既可能在 y 轴同侧，也可能在异侧。 例 4、△ABC 中，A(-5，-3）， B（3，1）， C（-1，5），若 P、Q、R 分别是△ABC 的三边 AB、AC、BC 上的点，P 分  AB所成的比与 Q 分  CA 所成的比均为 3 1 ，且 PQ⊥QR，求 R 分  BC 所成的分比。 解题思路分析： ∵  AP = 3 1  PB ∴ P（-3，-2） ∵  CQ = 3 1  QA ∴ Q（-2，3） 思路一：用解方程的思想，由 1kk QPQR  建立方程 设   BR  RC ，则 R（   1 3 ，   1 51 ） ∵ PQ⊥QR ∴  QRPQ kk 1 ∴ 1 21 3 31 51 23 32        解之得 11 5 思路二：用解方程的思想求出 R 点坐标，再用分比公式求分比 直线 BC：y-1= )3x(31 15   ，y=-x+4 ∴ 设 R（x0，4-x0） 则 2x x1k 0 0 QR   ，kQP=5 代入 1kk QPQR  得 152x x1 0 0   ∴ x0= 4 7 ∴ R 分  BC 分比 11 5 xx xx C0 0B   例 5、已知直线：(2+m)x+(1-2m)y+4-3m=0 （1）求证：不论 m 为何实数，直线恒过定点 M； （2）过定点 M 作一直线1，使1 夹在两坐标轴之间的线段被 M 点平分，求1 的方程。 （3）若直线2 过点 M，且与 x 轴负半轴、y 轴负半轴围成的三角形面积最小，求2 方程。 解题思路分析： （1）以 m 为主元，对方程进行整理： m(x-2y-3)+2x+y+4=0 若定点 M 存在，设 M(x0，y0) 则关于 m 方程(x0-2y0-3)m+2x0+y0+4=0 对一切实数 m 恒成立 ∴      04yx2 03y2x 00 00 ∴      2y 1x 0 0 ∴ 定点 M（-1，-2） （2）中点坐标公式得1 与坐标轴交点坐标（-2，0），（0，-4） ∴ 直线1： 14 y 2 x  即 2x+y+4=0 （3）设直线2：y+2=k(x+1)，显然 k<0 令 y=0，x= 1k 2  令 x=0，y=k-2 ∴ ]k 4)k[(2 12)k2)(k 21(2 1|2k||1k 2|2 1S  ≥4 当且仅当 k=-2 时，围成的三角形面积最小，此时2 方程为 2x+y+4=0 五、同步练习 （一）选择题 1、直线1：3x+5y+m=0 与2：6x+ny+4=0 平行的条件是 A、n=-10，m=-2 B、n=-10，m=2 C、n=10，m≠-2 D、n=10，m≠2 2、△ABC 中，角 A、B、C 对边为 a、b、c，则两直线 xsinA+ay+c=0，bx-ysinB+sinC=0 的位置关系 是 A、平行 B、重合 C、垂直 D、相交不垂直 3、已知两点 A（-2，0）， B（0，4），则线段 AB 的垂直平分线方程是 A、2x+y=0 B、2x-y+4=0 C、x+2y-3=0 D、x-2y+5=0 4． 直线 L1：x=3 & L2：2x-y+3=0 的夹角为 A,则 tagA 为： A: 2 1 B: - 2 1 C: 2 D: -2 5、 直线1:mx-y=m-1，2：my-x=2m 交点在第二象限，则 m∈ A、（ 1，+∞） B、（ -∞， 2 1 ） C、（ 0， 2 1 ） D、（ 2 1 ，1） 6、直线与两直线1：y=1，2：x-y-7=0 分别交于点 P、Q，若 PQ 中点为 M（1，-1），则 k等于 A、 3 2 B、 3 2 C、 2 3 D、 2 3 7、 直线 3x-2y+m=0 与直线(m2-1)x+3y+2-3m=0 的位置关系是 A、 平行 B、垂直 C、相交 D、与 m 取值有关 8、点 P（x，y）在直线 x+y-4=0 上，O 为原点，则|OP|的最小值为 A、 10 B、 22 C、 6 D、2 9、到直线 3x-4y+1=0 的距离为 3，且与此直线平行的直线方程是 A、3x-4y+4=0 B、3x-4y+4=0 或 3x-4y-12=0 C、3x-4y+16=0 D、3x-4y+16=0 或 3x-4y-14=0 10、直线过 P（1，2），且 A（2，3）， B（4，-5）到的距离相等，则直线的方程是 A、 4x+y-6=0 B、x+4y-6=0 C、3x+2y-7=0 或 4x+y-6=0 D、2x+3y-7=0 或 x+4y-6=0 （二）填空题 11、点 P（-1，3）在直线上的射影为 Q（1，-1），则直线的方程为_____________。 12、过 P（1，2）且与原点距离最远的直线方程是____________。 13、直线 x+y-1=0 与 xsinα -ycosα -1=0（ 24  ）的夹角是____________。 14、过两条直线 2x+3y+1=0 和 x-3y+4=0 的交点，且垂直于直线 3x+4y-7=0 的直线方程是 ____________。 15、已知 A+2B+3C=0，则直线 Ax+By+C=0 必过定点____________。 （三）解答题 16、已知△ABC 的三顶点 A（-3，6）， B（-6，-3）， C（0，0），直线∥BC，分别交 AB、AC 于 M、N， 若直线将△ABC 分成三角形和四边形两部分面积之比为 4∶5。 （1）求直线方程； （2）在边 BC 上求点 P，使△PMN 为直角三角形。 17、已知直线经过 P（-1，1），它被两平行直线1：x+2y-1=0，2：x+2y-3=0 所截得线段 M1M2 的中 点 M 在直线3：x-y-1=0 上，试求直线方程。 18、如图，已知正方形 ABCD 的中心在 E（-1，0），一边 AB 所在直线方程为 x+3y-5=0，求其它三边 所在直线方程。 19、已知等腰直角三角形 ABC 的斜边在 AB 直线 3x-y=0 上，直角边 BC 过点（4，-2），且此三角形面 积为 10，求此直角三角形的直角顶点坐标。 20、△ABC 顶点 A（2，8）， AB 边上中线 CD 所在直线方程为 4x+7y-24=0，∠B 平分线 BE 所在直线方 程为 x-2y+4=0，求点 B、C 坐标。 六、参考答案 （一）选择题 1、D。 4 m n 5 6 3  ∴ n=10，m≠2 2、C。 两条直线斜率分别为 a Asink1  ， Bsin bk 2  ∵ Bsin b Asin a  ∴ 1a Asin Bsin b  ∴ 1kk 21  3、C。 4、A。 画图分析知，α 与2 倾斜角β 互余 ∵ tanβ =2 ∴ tanα = 2 1 tan 1  5、C。 联立      0m2xmy 01mymx 得交点（ 1m 1m2,1m m    ）、 ∴         01m 1m2 01m m ∴ 0