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  • 2021-06-15 发布

高二数学同步辅导教材(第8讲)

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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