高一数学两直线的位置关系经典例题.docx
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高一数学两直线的位置关系经典例题
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.
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.
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.