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高考数学经典例题汇总一(含解析)


两平面的平行判定和性质(含解析)
例 1:已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 . 求证:平面 AB1D1 // 平面 C1BD . 证明:∵ ABCD - A1B1C1D1 为正方体, ∴ D1 A // C1B , 又 C1 B ? 平面 C1BD , 故 同理 又

D1 A // 平面 C1BD . D1B1 // 平面 C1BD .

D1 A ? D1B1 ? D1 ,

∴ 平面 AB1D1 // 平面 C1BD . 说明: 上述证明是根据判定定理 1 实现的. 本题也可根据判定定理 2 证明, 只需连接 A1C 即可,此法还可以求出这两个平行平面的距离. 典型例题二 例 2:如图,已知 ? // ? , A ? a , A ? ? a // ? .

典型例题一
例 1 已知 A( 0 , 3 ) , B(?1 , 0 ) , C ( 3 , 0 ) ,求 D 点的坐标,使四边形 ABCD 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 D( x , y ) ,若 AB // CD ,则 k AB ? kCD , AD ? BC ,

1

?3 ? 0 y ? 0 ? , ① ? 即 ? 0 ?1 x ? 3 ? x 2 ? ( y ? 3) 2 ? 3 ? 1 2 ? 16. ② ?
由①、②解得 D(

16 3 , ). 5 5
? ?k AD ? k BC , ? ? AD ? BC ,

若 AD // BC ,则 ?

?y ?3 ? 0, ③ ? 即?x ?0 ?( x ? 3) 2 ? y 2 ? 12 ? 32. ④ ?
由③、④式解得 D( 2 , 3 ) . 故 D 点的坐标为 (

16 3 , )或( 2,3) . 5 5

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 AB 、 BC 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

(a ? 2) x ? (1 ? a) y ? 1 ? 0 与直线 l2: (a ? 1) x ? (2a ? 3) y ? 2 ? 0 例 2 当 a 为何值时, 直线 l1:
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 l1 和 l 2 的

A1 x ? B1 y ? C1 ? 0 , l2: A2 x ? B2 y ? C2 ? 0 , 则 l1 ? l2 的 充 要 条 件 是 方 程 分 别 是 l1: A1 A2 ? B1B2 ? 0 ” (其证明可借助向量知识完成)解题.
解法一:由题意,直线 l1 ? l2 .

3x ? 1 ? 0 , l2: 5 y ? 2 ? 0 显然垂直; (1)若 1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 ,此时直线 l1: x ? 5 y ? 2 ? 0 与直线 l2: 5x ? 4 ? 0 不垂直; (2)若 2a ? 3 ? 0 ,即 a ? ? 时,直线 l1:
(3)若 1 ? a ? 0 ,且 2a ? 3 ? 0 ,则直线 l1 、 l 2 斜率 k 1 、 k 2 存在,

3 2

k1 ? ?

a?2 a ?1 , k2 ? ? . 1? a 2a ? 3 a?2 a ?1 ) ? (? ) ? ?1 , 1? a 2a ? 3

当 l1 ? l2 时, k1 ? k2 ? ?1 ,即 (? ∴ a ? ?1 .

综上可知,当 a ? 1 或 a ? ?1 时,直线 l1 ? l2 .
2

解法二:由于直线 l1 ? l2 ,所以 (a ? 2)( a ? 1) ? (1 ? a)( 2a ? 3) ? 0 ,解得 a ? ?1 . 故当 a ? 1 或 a ? ?1 时,直线 l1 ? l2 . 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 l1 、 l 2 的斜率分别为 k 1 、 k 2 ,则 k1 ? ?

a?2 a ?1 , k2 ? ? . 1? a 2a ? 3 a?2 a ?1 由 l1 ? l 2 ,得 k1 ? k2 ? ?1 ,即 (? ) ? (? ) ? ?1 . 1? a 2a ? 3
解上述方程为 a ? ?1 .从而得到当 a ? ?1 时,直线 l1 与 l 2 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

x ? y ? 1 ? 0 和 l2: x ? y ? 6 ? 0 截得 例 3 已知直线 l 经过点 P ( 3 , 1 ) ,且被两平行直线 l1:
的线段之长为 5,求直线 l 的方程. 分析:(1)如图,利用点斜式方程,分别与 l1 、l 2 联立,求得两交点 A 、 B 的坐标(用 k 表示) ,再利用 AB ? 5 可求出 k 的值,从而求得 l 的方程.(2)利用 l1 、 l 2 之间的距离及 l 与

l1 夹角的关系求解.(3)设直线 l 与 l1 、 l 2 分别相交于 A( x1 , y1 ) 、 B( x2 , y2 ) ,则可通过求出 y1 ? y2 、 x1 ? x2 的值,确定直线 l 的斜率(或倾斜角) ,从而求得直线 l 的方程.

解法一:若直线 l 的斜率不存在,则直线 l 的方程为 x ? 3 ,此时与 l1 、 l 2 的交点分别为

A' ( 3, ? 4 ) 和 B' ( 3, ? 9 ) ,截得的线段 AB 的长 AB ? ? 4 ? 9 ? 5 ,符合题意,
若直线 l 的斜率存在,则设直线 l 的方程为 y ? k ( x ? 3) ? 1 .

? y ? k ( x ? 3) ? 1, 4k ? 1 ? ? 3k ? 2 ,? 解方程组 ? 得 A? ?, k ?1 ? ? k ?1 ? x ? y ? 1 ? 0,

3

? y ? k ( x ? 3) ? 1, 9k ? 1 ? ? 3k ? 7 ,? 解方程组 ? 得 B? ?. k ?1 ? ? k ?1 ? x ? y ? 6 ? 0, ? 3k ? 2 3k ? 7 ? ? 4k ? 1 9k ? 1 ? 2 由 AB ? 5 ,得 ? ? ? ? ? ?? ? ?5 . k ? 1 k ? 1 k ? 1 k ? 1 ? ? ? ?
解之,得 k ? 0 ,即欲求的直线方程为 y ? 1 . 综上可知,所求 l 的方程为 x ? 3 或 y ? 1 . 解法二:由题意,直线 l1 、 l 2 之间的距离为 d ?
2 2

1? 6 2

?

5 2 ,且直线 l 被平等直线 l1 、 1

l 2 所 截 得 的 线 段 AB 的 长 为 5 ( 如 上 图 ) , 设 直 线 l 与 直 线 l1 的 夹 角 为 ? , 则

5 2 2 sin ??2 ? ,故∴ ? ? 45? . 5 2
x ? y ? 1 ? 0 的倾斜角为 135°, 由直线 l1: 知直线 l 的倾斜角为 0°或 90°, 又由直线 l 过
点 P ( 3 , 1 ) ,故直线 l 的方程为 x ? 3 或 y ? 1 . 解法三:设直线 l 与 l1 、 l 2 分别相交 A( x1 , y1 ) 、 B( x2 , y2 ) ,则:

x1 ? y1 ? 1 ? 0 , x2 ? y2 ? 6 ? 0 .
两式相减,得 ( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y2 ) ? 5 . 又 ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? 25 ① ②

? x1 ? x2 ? 5 ? x1 ? x2 ? 0 联立①、②,可得 ? 或? ? y1 ? y2 ? 0 ? y1 ? y2 ? 5
由上可知,直线 l 的倾斜角分别为 0°或 90°. 故所求直线方程为 x ? 3 或 y ? 1 . 说明:本题容易产生的误解是默认直线 l 的斜率存在,这样由解法一就只能得到 k ? 0 , 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 a 的直线,当 a 小于两平 行直线之间距离 d 时无解;当 a ? d 时有唯一解;当 a ? d 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 l 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

, 3? , B?3, 1? ,点 C 在坐标轴上,且 ?ACB ? 90 ,则满足条件的点 已知点 A?? 1
?

C 的个数是(
(A)1

) . (B)2 (C)3 (D)4

4

解:点 C 在坐标轴上,可有两种情况,即在 x 轴或 y 轴上,点 C 的坐标可设为 ? x, 0? 或

? y, 0? .
?ACB ? 90 , 由题意, 直线 AC 与直线 BC 垂直, 其斜率乘积为-1, 可分别求得 x ? 0
?

或 2, y ? 0 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

AB 与 y 轴交点 D 恰为斜边 AB 中点,则由 D 到 A 、B 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 x 、 y 各有两解而误以为有四点. 典型例题五 例 5 已知 ?ABC 的一个定点是 A?3, ? 1? , ? B 、 ?C 的平分线分别是 x ? 0 , y ? x , 求直线 BC 的方程. 分析:利用角平分线的轴对称性质,求出 A 关于 x ? 0 , y ? x 的对称点,它们显然在 直线 BC 上. 解: A?3, ? 1? 关于 x ? 0 , y ? x 的对称点分别是 ?? 3, ? 1? 和 ?? 1, 3? ,且这两点都在直 线 BC 上,由两点式求得直线 BC 方程为 2 x ? y ? 5 ? 0 . 典型例题六 例 6 求 经 过 两 条 直 线 2x ? 3 y ?1 ? 0 和 x ? 3y ? 4 ? 0 的 交 点 , 并 且 垂 直 于 直 线

3x ? 4 y ? 7 ? 0 的直线的方程.
解一:解得两直线 2 x ? 3 y ? 1 ? 0 和 x ? 3 y ? 4 ? 0 的交点为( ? 关系可求得所求直线的斜率为

5 7 , ) ,由已知垂直 3 9

4 ,进而所求直线方程为 4 x ? 3 y ? 9 ? 0 . 3 5 7 解二:设所求直线方程为 4 x ? 3 y ? m ? 0 ,将所求交点坐标( ? , )代入方程得 3 9

m ? 9 ,所以所求直线方程为 4 x ? 3 y ? 9 ? 0 .
解三:所求直线过点( ? 程为

5 7 , ) ,且与直线 3x ? 4 y ? 7 ? 0 垂直,所以,所求直线方 3 9

5? ? 7? ? 4? x ? ? ? 3? y ? ? ? 0 3? ? 9? ?

5

即 解四:设所求直线得方程为

4x ? 3 y ? 9 ? 0 .

?2x ? 3 y ? 1? ? m?x ? 3 y ? 4? ? 0


?2 ? m?x ? 3?1 ? m?y ? 1 ? 4m ? 0

(1)

由于该直线与已知直线 3x ? 4 y ? 7 ? 0 垂直 则 解得

3?2 ? m? ? 4 ? 3?1 ? m? ? 0
m?2

代入(1)得所求直线方程为 4 x ? 3 y ? 9 ? 0 . 典型例题七

例7

M N 的 已知定点 A (3,1) , 在直线 y ? x 和 y ? 0 上分别求点 M 和点 N , 使 ?A

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. y B 解: 如图 1, 设点 A 关于直线 y ? x 和 y ? 0

, 3? , C ?3, ? 1? 的对称点分别为 B?1
∵ AM ? AN ? MN ? BM ? CN ? MN 又 BM ? CN ? MN ? BC 周长最小值是:

M A

O

N C 图1 C

x

BC ? 2 5

由两点式可得 BC 方程为:

2x ? y ? 5 ? 0 .
而且易求得: M (

5 5 5 , ) , N ( ,0) , 3 3 2

此时,周长最短,周长为 2 5 . 典型例题八 已知实数 a , b 满足 a ? b ? 1 ,求证: ?a ? 2 ? ? ?b ? 2 ? ?
2 2

例8

25 . 2

? 2? 的距离的平 解:本题的几何意义是:直线 a ? b ? 1 上的点( a , b )与定点 ?? 2,

6

方不小于

25 .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 2

即距离 d ?

? 2 ? 2 ?1 12 ? 12
2

?

5 , 2
2

所以 (a ? 2) ? (b ? 2)

?

5 2

,即 ?a ? 2 ? ? ?b ? 2 ? ?
2 2

25 . 2

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

?xOA ? ? , ? ? ? ? , 例 9 在平面直角坐标系中, 点 B 在 OA 上 OA ? a ,OB ? b ,

?

2

?a ? b ? 0? ,试在 x 轴的正半周上求一点 C ,使 ?ACB 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 C ?x, 0??x ? 0? ∵ ?xOA ? ? , OA ? a , OB ? b , ∴ A?a cos?,a sin ??, y A

B?b cos?,b sin ? ? ,
于是直线 CA 、 CB 的斜率分别为:

B O C x

k CA k CB

a cos ? ? tan ?xCA ? , a cos ? ? x a cos ? ? tan ?xCB ? a cos ? ? x

图2

k ? k CA ∴ tan?ACB ? CB = 1 ? k CB k CA

b sin ? a sin ? ? b cos? ? x a cos? ? x ab sin 2 ? 1? (b cos? ? x)(a cos? ? x)



b sin ?(a cos? ? x) ? a sin ?(b cos? ? x) (b cos? ? x)(a cos? ? x) ? absin 2 ? (a ? b) x sin ? ab ? (a ? b) x cos? ? x 2



7



(a ? b) sin ? ab ? x ? (a ? b) cos ? x



ab ? x ? 2 ab x

∴ tan?ACB ?

2

?a ? b?sin ? ab ? ?a ? b ? cos?

当且仅当

ab ? ? x 即 x ? ab , C 点的坐标为( ab ,0) ,由 ? ? ? ? 可知 ?ACB x 2

为锐角,所以此时 ?ACB 有最大值 arctan

(a ? b) sin ? 2 ab ? (a ? b) cos?



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

2 x ? y ? 4 ? 0 ,求 l1 关于直线 l: 3x ? 4 y ? 1 ? 0 对称的直线 l 2 的方程. 直线 l1:

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.

?2 x ? y ? 4 ? 0 解法一:由 ? 得 l1 与 l 的交点为 P( 3, ? 2 ) ,显见 P 也在 l 2 上. ?3x ? 4 y ? 1 ? 0
设 l 2 的斜率为 k ,又 l1 的斜率为-2, l 的斜率为 ?

3 ,则 4

3 3 ? (?2) k ? (? ) 4 4 ,解得 k ? ? 2 . ? 3 3 11 1 ? (? )( ?2) 1 ? (? )k 4 4 ?
故 l 2 的直线方程为 y ? 2 ? ?

2 ( x ? 3) .即 2 x ? 11y ? 16 ? 0 . 11

解法二:在直线 l1 上取一点 A( 2 , 0 ) ,又设点 A 关于直线 l 的对称点为 B( x0 , y 0 ) ,则

? y0 ? 0 4 ? , ? 4 8 ? x0 ? 2 3 解得 B( , ? ) ? 5 5 ?3 ? 2 ? x0 ? 4 ? 0 ? y0 ? 1 ? 0. ? 2 2 ?
故由两点式可求得直线 l 2 的方程为 2 x ? 11y ? 16 ? 0 . 解法三:设直线 l 2 上一动点 M ( x , y ) 关于直线 l 的对称点为 M ' ( x ' , y ' ) ,则
8

? y' ? y 4 ? , ? ' ?x ?x 3 ? ' ' ?3 ? x ? x ? 4 ? y ? y ? 1 ? 0. ? 2 2 ?

7 x ? 24 y ? 6 ? 24x ? 7 y ? 8 , y' ? . 25 25 7 x ? 24 y ? 6 ? 24x ? 7 y ? 8 显 然 M ' ( x ' , y ' ) 在 l1 上 , 即 2 ? ? ?4?0 , 也 即 25 25
解得 x ' ?

2 x ? 11y ? 16 ? 0 .这便是所求的直线 l 2 的方程.
解法四: 设直线 l 2 上一动点 M ( x , y ) , 则 M 关于 l 的对称点 M ' 在直线 l1 上, 可设 M ' 的 坐标为 ( x0 , 4 ? 2 x0 ) ,则

? 3 x ? 4 y ? 1 3 x 0 ? 4( 4 ? 2 x 0 ) ? 1 ? , ? ? 5 5 ? ? y ? ( 4 ? 2 x0 ) ? 4 , ? 3 ? x ? x0
? ? (3 x ? 4 y ? 1) 3 x0 ? 4(4 ? 2 x0 ) ? 1 ? , ? 5 5 ? 即? ? y ? ( 4 ? 2 x0 ) ? 4 . ? x ? x0 3 ?
消去 x0 ,得 2 x ? 11y ? 16 ? 0 ,即此所求的直线 l 2 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 l 2 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 不论 m 取什么实数, 直线 (2m ? 1) x ? (m ? 3) y ? (m ? 11) ? 0 都经过一个定点,

例 11

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 m ,给 m 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 m 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 m 的两个特殊值,得到直线系
9

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 m 都成立,那么就以 m 为未知数,整理为关于 m 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 (2m ? 1) x ? (m ? 3) y ? (m ? 11) ? 0 ,令 m ? 0 ,得 x ? 3 y ? 11 ? 0 ; 令 m ? 1 ,得 x ? 4 y ? 10 ? 0 .

? x ? 3 y ? 11 ? 0 解方程组 ? 得两直线的交点为 ( 2 , ? 3) . ? x ? 4 y ? 10 ? 0
将点 ( 2 , ? 3) 代入已知直线方程左边,得: (2m ? 1) ? 2 ? (m ? 3) ? (?3) ? (m ? 11) ? 4m ? 2 ? 3m ? 9 ? m ? 11 ? 0 . 这表明不论 m 为什么实数,所给直线均经过定点 ( 2 , ? 3) . 解法二:将已知方程以 m 为未知数,整理为: (2 x ? y ? 1)m ? (? x ? 3 y ? 11) ? 0 . 由于 m 取值的任意性,有

?2 x ? y ? 1 ? 0 ,解得 x ? 2 , y ? ?3 . ? ?? x ? 3 y ? 11 ? 0
所以所给的直线不论 m 取什么实数,都经过一个定点 ( 2 , ? 3) . 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 ? ( 90? ? ? ? 180? )镜框中,画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距 a m 、b m ( a ? b ),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, AO 为镜框边, AB 为画的宽度, O 为下边缘上的 一点,则可将问题转化为:

已知 ?xOA ? ? , OA ? a , OB ? b ,在 x 轴的正方向向上求一点 C ,使 ?ACB 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 C 点 坐 标 为 ( x , 0) ( x ? 0 ) , 从 三 角 函 数 定 义 知 A 、 B 两 点 坐 标 分 别 为 (a cos ? , a sin? ) 、 (b cos ? , b sin? ) ,于是直线 AC 、 BC 的斜率分别为

k AC ? tan ?xCA ?

a sin? b sin? , k BC ? tan ?xCB ? . a cos? ? x b cos? ? x

10

于是 tan ?ACB ?

k BC ? k AC (a ? b) x sin ? , ? 1 ? k BC ? k AC ab ? (a ? b) x cos ? ? x 2

即 tan ?ACB ?

(a ? b) sin ? ab ? x ? (a ? b) cos ? x



由于 ?ACB 是锐角,且在 (0 ,

?
2

) 上,则: tan ?ACB ?

(a ? b) sin? 2 ab ? (a ? b) cos ?



当且仅当

ab ? x ,即 x ? ab 时,等号成立,此时 ?ACB 取最大值,对应的点为 x

C ( ab , 0) ,因此,学生距离镜框下缘 ab m 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 tan ?ACB 的最大值.如果坐标系选择不当,或选择求 sin ?ACB 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 知实数 x , y 满足 x ? y ? 4 ? 0 ,求 ( x ?1)2 ? ( y ?1)2 的最小值.

例 13

2 2 分析:本题可使用减少变量法和数形结合法两种方法: ( x ? 1) ? ( y ? 1) 可看成点

( x , y) 与 (1 , 1) 之间的距离.
解:(法 1)由 x ? y ? 4 ? 0 得 y ? 4 ? x ( x ? R ), 则 ( x ?1) ? ( y ?1) ? ( x ?1) ? (4 ? x ?1)
2 2 2 2

? x2 ? 2x ? 1 ? x2 ? 6x ? 9 ? 2 x 2 ? 8x ? 10

? 2( x ? 2) 2 ? 2 ,
∴ ( x ?1) ? ( y ?1) 的最小值是 2.
2 2

(法 2)∵实数 x , y 满足 x ? y ? 4 ? 0 , ∴点 P( x , y) 在直线 x ? y ? 4 ? 0 上.
2 2 而 ( x ? 1) ? ( y ? 1) 可看成点 P( x , y) 与点 A(1 , 1) 之间的距离(如图所示)

11

2 2 显然 ( x ? 1) ? ( y ? 1) 的最小值就是点 A(1 , 1) 到直线 x ? y ? 4 ? 0 的距离:

d?

1?1? 4 12 ? 12

? 2,

∴ ( x ?1)2 ? ( y ?1)2 的最小值为 2.
2 2 说明:利用几何意义,可以使复杂问题简单化.形如 ( x ? a ) ? ( y ? b) 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 y ? 2 x 是 ?ABC 中 ?C 的平分线所在的直线,且 A , B 的坐标分别为

A(?4 , 2) , B(3 , 1) ,求顶点 C 的坐标并判断 ?ABC 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 C 在直线 y ? 2 x 上,∴设 C (a , 2a) ,

2a ? 2 2a ? 1 , k BC ? , kl ? 2 . a?4 a ?3 由图易知 AC 到 l 的角等于 l 到 BC 的角,因此这两个角的正切也相等.
则 k AC ? ∴

kl ? k AC k ?k ? BC l , 1 ? k AC ? kl 1 ? k BC kl

12

2a ? 2 2a ? 1 ?2 a ? 4 ? a ?3 ∴ . 2a ? 2 2a ? 1 1? ? 2 1? ?2 a?4 a ?3 解得 a ? 2 . 2?
∴ C 的坐标为 (2 , 4) ,

1 , k BC ? ?3 , 3 ∴ AC ? BC . ∴ ?ABC 是直角三角形.
∴ k AC ? ( 法 2) 设点 A(?4 , 2) 关于直线 l:y ? 2 x 的对称点为 A' (a , b) ,则 A 必在直线 BC
'

上.以下先求 A' (a , b) .

1 ?b ? 2 ?? , ? ?a ? 4 2 由对称性可得 ? ?b ? 2 ? 2 ? a ? 4 , ? 2 ? 2
解得 ?

?a ? 4 ,∴ A' (4 , ? 2) . b ? ? 2 ?
y ?1 x ? 3 ? ,即 3x ? y ? 10 ? 0 . ? 2 ?1 4 ? 3

∴直线 BC 的方程为 由?

? y ? 2x 得 C (2 , 4) . ?3x ? y ? 10 ? 0

1 , k BC ? ?3 , 3 ∴ AC ? BC . ∴ ?ABC 是直角三角形.
∴ k AC ? 说明:(1)在解法 1 中设点 C 坐标时,由于 C 在直线 y ? 2 x 上,故可设 (a , 2a) ,而不 设 (a , b) ,这样可减少未知数的个数. (2) 注意解法 2 中求点 A(?4 , 2) 关于 l 的对称点

A' (a , b) 的求法:原理是线段 AA ' 被直线 l 垂直平分.
典型例题十五

例 15

(m ? 3) x ? 2 y ? 5 ? 3m ,l2: 4 x ? (5 ? m) y ? 16 , 两条直线 l1: 求分别满足下列条

件的 m 的值. (1) l1 与 l 2 相交; (2) l1 与 l 2 平行; (3) l1 与 l 2 重合;
13

(4) l1 与 l 2 垂直; 分析:可先从平行的条件

(5) l1 与 l 2 夹角为 45 ? .

a1 b1 ? (化为 a1b2 ? a2b1 )着手. a2 b2

m?3 2 2 ? 得 m ? 8m ? 7 ? 0 ,解得 m1 ? ?1 , m2 ? ?7 . 4 5? m m ? 3 5 ? 3m ? 由 得 m ? ?1 . 4 16
解:由 (1)当 m ? ?1 且 m ? ?7 时,

a1 b1 ? , l1 与 l 2 相交; a2 b2

(2)当 m ? ?7 时,

a1 b1 c1 ? ? . l1 // l2 ; a2 b2 c2 a1 b1 c1 ? ? , l1 与 l 2 重合; a2 b2 c2
11 时, l1 ? l2 ; 3

(3)当 m ? ?1 时,

(4)当 a1a2 ? b1b2 ? 0 ,即 (m ? 3) ? 4 ? 2 ? (5 ? m) ? 0 , m ? ? (5) k1 ? ? 由条件有

m?3 4 , k2 ? ? . 2 5?m

k2 ? k1 ? tan45? ? 1 . 1 ? k2 k1
2

将 k1 , k2 代入上式并化简得 m ? 14m ? 29 ? 0 , m ? ?7 ? 2 5 ;

m2 ? 2m ? 15 ? 0 , m ? ?5或3 .
∴当 m ? ?7 ? 2 5 或-5 或 3 时 l1 与 l 2 夹角为 45 ? .

m?3 2 ? 解得 m ? ?1 或 m ? ?7 ,此时两直线可能平行也可能重合,可 4 5? m m?3 2 ? 将 m 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 4 5? m 是 m ? ?1 且 m ? ? 7 .
说明:由 典型例题十六 例 16 点 P 1 (2 , 3) , P 2 (?4 , 5) 和 A( ?1 , 2) ,求过点 A 且与点 P 1, P 2 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 y ? 2 ? k ( x ? 1) ,即 kx ? y ? k ? 2 ? 0 ,由点 P1 、 P2 到
14

直线的距离相等得:

2k ? 3 ? k ? 2 k 2 ?1

?

? 4k ? 5 ? k ? 2 k 2 ?1



化简得 3k ?1 ? ? 3k ? 3 ,则有: 3k ? 1 ? ?3k ? 3 或 3k ? 1 ? 3k ? 3 , 即k ? ?

1 或方程无解. 3

方程无解表明这样的 k 不存在,但过点 A ,所以直线方程为 x ? ?1 ,它与 P1 , P2 的距 离都是 3. ∴所求直线方程为 y ? 2 ? ? ( x ? 1) 或 x ? ?1 . (法 2)设所求直线为 l ,由于 l 过点 A 且与 P1 , P2 距离相等,所以 l 有两种情况,如下 图:

1 3

(1)当 P1 , P2 在 l 同侧时,有 l // P 1P 2 ,此时可求得 l 的方程为 y ? 2 ? 即 y ? 2 ? ? ( x ? 1) ;

5?3 ( x ? 1) , ?4?2

1 3

(2)当 P1 , P2 在 l 异侧时, l 必过 P 1P 2 中点 ( ?1 , 4) ,此时 l 的方程为 x ? ?1 . ∴所求直线的方程为 y ? 2 ? ? ( x ? 1) 或 x ? ?1 . 说明:该题如果用待定系数法解易漏掉 x ? ?1 ,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 经过点 P(2 , ? 1) 且与直线 3x ? 2 y ? 6 ? 0 平行的直线 l 的方程.

1 3

例 17

分析:已知直线 l 与直线 3x ? 2 y ? 6 ? 0 平行,故 l 的斜率可求,又 l 过已知点 P ,利 用点斜式可得到 l 的方程. 另外由于 l 与已知直线平行, 利用平行直线系方程, 再由已知点 P , 也可确定 l 的方程. 解法一:由已知直线 3x ? 2 y ? 6 ? 0 ,知其斜率 k ?

3 . 2
15

又由 l 与直线 3x ? 2 y ? 6 ? 0 平行,所以直线 l 的斜率 kl ?

3 . 2

又由直线 l 经过已知点 P(2 , ? 1) ,所以利用点斜式得到直线 l 的方程为:

y ?1 ?

3 ( x ? 2) ,即 3x ? 2 y ? 8 ? 0 . 2

解 法 二 : 因 为 直 线 l 平 行 于 直 线 3x ? 2 y ? 6 ? 0 , 所 以 可 设 直 线 l 的 方 程 为

3x ? 2 y ? C ? 0 .
又点 P(2 , ? 1) 在直线 l 上,所以 3 ? 2 ? 2 ? (?1) ? C ? 0 ,解得 C ? ?8 . 故直线 l 的方程为 3x ? 2 y ? 8 ? 0 . 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 过点 P(1 , ? 1) 且与直线 2 x ? 3 y ? 1 ? 0 垂直的直线 l 的方程.

例 18

分析:已知直线 l 与直线 2 x ? 3 y ? 1 ? 0 垂直,故 l 的斜率可求,又 l 过已知点 P ,利用 点斜式可得到 l 的方程.另外由于 l 与已知直线垂直,利用垂直直线系方程,再由已知点 P , 也可确定 l 的方程. 解法一:由直线 2 x ? 3 y ? 1 ? 0 ,知其斜率 k ? ?

2 . 3

又由 l 与直线 2 x ? 3 y ? 1 ? 0 垂直,所以直线 l 的斜率 kl ? ? 又因 l 过已知点 P(1 , ? 1) ,利用点斜式得到直线 l 的方程为

1 3 ? . k 2

y ?1 ?

3 ( x ? 1) ,即 3x ? 2 y ? 5 ? 0 . 2

解法二:由直线 l 与直线 2 x ? 3 y ? 1 ? 0 垂直,可设直线 l 的方程为:

3x ? 2 y ? C ? 0 .
又由直线 l 经过已知点 P(1 , ? 1) ,有 3 ?1 ? 2 ? (?1) ? C ? 0 . 解得 C ? ?5 .因此直线 l 的方程为 3x ? 2 y ? 5 ? 0 . 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

3x ? 4 y ?10 ? 0 的交点,且与直线 例 19 知直线 l 经过两条直线 l1:x ? 2 y ? 0 与 l2:

16

l3: 5x ? 2 y ? 3 ? 0 的夹角为

? ,求直线 l 的方程. 4

分析:先求 l1 与 l 2 的交点,再列两条直线夹角公式,利用 l 与 l3 夹角为

? ,求得 l 的斜 4

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 ?

?x ? 2 y ? 0 解得直线 l1 与 l 2 的交点 (2 , ? 1) . ?3x ? 4 y ? 10 ? 0

于是,所求直线 l 的方程为 y ? 1 ? k ( x ? 2) . 又由已知直线 l3: 5x ? 2 y ? 3 ? 0 的斜率 k 3 ? 夹角正切公式,得

5 ? ,而且 l 与 l3 的夹角为 ,故由两直线 2 4

5 ? ? k ? k3 2 . ,即 tan ? tan ? 4 1? 5 k 4 1 ? kk3 2 5 k? 2 ? ?1 , 2k ? 5 ? ?1 , 有 5 2 ? 5k 1? k 2 2k ? 5 2k ? 5 7 3 ? 1 时,解得 k ? ? ;当 ? ?1 时,解得 k ? . 当 3 7 2 ? 5k 2 ? 5k 3 7 故所求的直线 l 的方程为 y ? 1 ? ( x ? 2) 或 y ? 1 ? ? ( x ? 2) , 7 3 k?
即 3x ? 7 y ? 13 ? 0 或 7 x ? 3 y ? 11 ? 0 . 解法二:由已知直线 l 经过两条直线 l1 与 l 2 的交点,则可设直线 l 的方程为

(3x ? 4 y ? 10) ? ? ( x ? 2 y) ? 0 ,
即 (3 ? ? ) x ? (2? ? 4) y ? 10 ? 0 . 又由 l 与 l3 的夹角为

(*)

? , l3 的方程为 5x ? 2 y ? 3 ? 0 ,有 4

tan

?
4

?

A1 B2 ? A2 B1 , A1 A2 ? B1 B2

即1 ?

14 ? 12? (3 ? ? )(?2) ? (2? ? 4) ? 5 ,也即 1 ? , 23 ? ? 5(3 ? ? ) ? (?2)(2? ? 4)

从而

14 ? 12 ? 14 ? 12 ? ? 1, ? ?1 . 23 ? ? 23 ? ?

17

解得 ? ? ?

9 37 ,? ? .代入(*)式,可得直线 l 的方程为 13 11

3x ? 7 y ? 13 ? 0 或 7 x ? 3 y ? 11 ? 0 .
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 直线 l:x ? y ? 2 ? 0 ,一束光线过点 P(0 , 3 ? 1) ,以 120 ? 的倾斜角投射到 l

例 20

上,经 l 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 l 交于 Q 点,则 Q 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 l 的倾斜角为 135 ? ,入射线的倾斜解为 120 ? ,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, PQ 到 l 的角等于 l 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 Q 点外,还经过 P 点关于 l 的对 称点 P ,求得 P 的坐标,反射线方程也可求得. 思路四:由直线 l 为入射线和反射线所在直线交角的平分线, l 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 Q(1 , 1) ,直线 OQ 为 y ? x ,入射线和反射线关于 y ? x 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 120 ? ,其斜率为 tan120? ? ? 3 ,又入射线过点
'' ''

P(0 , 3 ? 1) ,所以入射线所在直线的方程为: y ? ? 3x ? 3 ?1 .

18

解方程组 ?

? y ? ? 3 x ? 3 ? 1, ? x ? y ? 2 ? 0,

得交点 Q(1 , 1) .

又因 l 的倾斜角为 135 ? ,入射线 PQ 的倾斜角 120 ? ,所以入射线与 l 的夹角为 15 ? .

于是据外角定理 ?QP' x ? 150? ,即反射线所在直线的斜率为 tan150? ? ?

3 .故反 3

射线所在直线的方程为 y ? 1 ? ?

3 ( x ? 1) ,即: 3

x ? 3 y ? ( 3 ? 1) ? 0 .
解法二: 由已知可得 kl ? ?1 ,k入射线 ? ? 3 , 设反射线的斜率为 k , 则由入射线到 l 的 角等于 l 到反射线的角,可得

k ?k k ? kl k ? 1 ?1 ? 3 . ? l 入射线 ,即 ? 1 ? k ? kl 1 ? kl ? k入射线 1? k 1? 3
解得 k ? ?

3 . 3

以下求出 Q 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 y ? ? 3x ? 3 ?1 ,再与直线 l 的方程联立 得交点 Q(1 , 1) . 利用关于直线对称点的知识,求得点 P(0 , 3 ? 1) 关于 l 的对称点 P '' (1 ? 3 , 2) . 又由反射线所在直线过 P 与 Q 两点,它的方程为
''

y ?1 x ?1 ? ,即: 2 ?1 ? 3

x ? 3 y ? ( 3 ?1) ? 0 .
解法四: 可求得入射线所在直线方程为 y ? ? 3x ? 3 ?1 , 即 3x ? y ? ( 3 ? 1) ? 0 , 入射线与 l 交点为 Q(1 , 1) . 于是可设反射线所在直线的方程为: y ? 1 ? k ( x ? 1) ,即 kx ? y ? 1 ? k ? 0 . 由于直线 l 为入射线与反射线夹角的平分线,则 l 上的任一点到它们的距离相等,于是 在 l 上取点 (2 , 0) ,有:

19

2 3 ? 0 ? ( 3 ? 1) 1? 3
所以

?

2k ? 0 ? 1 ? k k 2 ?1



3 ?1 2

?

k ?1 k ?1
2

,即 3k 2 ? 4k ? 3 ? 0 .

故k ? ?

3 , k ? ? 3 (等于入射线斜率,舍去) . 3 3 ( x ? 1) ,即 x ? 3 y ? ( 3 ?1) ? 0 . 3

于是反射线的方程为: y ? 1 ? ?

解法五:由点 Q(1 , 1) ,得直线 OQ 的方程为 y ? x . 又因入射线与反射线所在直线关于 y ? x 对称,点 P(0 , 3 ? 1) 关于直线 y ? x 对称的 点 P 的坐标为 ( 3 ? 1 , 0) .
'

由于反射线所在直线经过 P 与 Q 两点,所以它的方程为:

'

y ?1 x ?1 ? ,即 x ? 3 y ? ( 3 ? 1) ? 0 . 0 ?1 3
典型例题二十一 已知直线 l:x ? 2 y ? 2 ? 0 ,试求:

例 21

(1)点 P(?2 , ? 1) 关于直线 l 的对称点坐标; (2)直线 l1:y ? x ? 2 关于直线 l 对称的直线 l 2 的方程; (3)直线 l 关于点 (1 , 1) 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

y ? ? x ? b ,采取特殊代换法,应熟练掌握.
解:(1)设点 P 关于直线 l 的对称点为 P ( x0 , y0 ) , 则线段 PP 的中点 M 在对称轴 l 上,且 PP ? l .
'

'

'

20

1 ? y0 ? 1 ? (? ) ? ?1, ? 2 ?x ? 2 ∴? 0 ? x0 ? 2 ? 2 ? y0 ? 1 ? 2 ? 0 ? 2 ? 2
2 ? x0 ? ? ? 5 解之得: ? ? y ? 19 0 ? 5 ?
即 P 坐标为 ?
'

? 2 19 ? , ?. ?5 5 ?

(2)直线 l1:y ? x ? 2 关于直线 l 对称的直线为 l 2 ,则 l 2 上任一点 P( x , y) 关于 l 的对称 点 P' ( x ' , y ' ) 一定在直线 l1 上,反之也成立.

? y ? y' 1 ? (? ) ? ?1, ? ' ?x?x 2 由? ' ' ? x ? x ? 2 ? y ? y ? 2 ? 0. ? 2 ? 2
? ' 3x ? 4 y ? 4 x ? , ? ? 5 得? ? y' ? ? 4x ? 3y ? 8 . ? 5 ?
' ' 把 ( x , y ) 代入方程 y ? x ? 2 并整理,得: 7 x ? y ? 14 ? 0

即直线 l 2 的方程为 7 x ? y ? 14 ? 0 . (3)设直线 l 关于点 A(1 , 1) 的对称直线为 l , 则直线 l 上任一点 P( x1 , y1 ) 关于点 A 的对 称点 P ( x , y) 一定在直线 l 上,反之也成立.
'
' '

? x ? x1 ? 1, ? ? x1 ? 2 ? x ? 2 由? 得? ? y ? y1 ? 1 ? y1 ? 2 ? y ? ? 2
将 ( x1 , y1 ) 代入直线 l 的方程得: x ? 2 y ? 4 ? 0 . ∴直线 l 的方程为 x ? 2 y ? 4 ? 0 .
'

21

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 已知直线 l:x ? 2 y ? 8 ? 0 和两点 A(2 , 0) 、 B(?2 , ? 4) .

例 22

(1)在 l 上求一点 P ,使 PA ? PB 最小; (2)在 l 上求一点 P ,使 PB ? PA 最大. 分析:较直接的思路是:用两点间的距离公式求出 PA ? PB 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 A 关于直线 l 的对称点 A ,从而将 AP 转化
' ' 为 A P ,从而当 B 、 P 、 A 三点共线时, PA ? PB 才最小,对于 PB ? PA 最大也可以

'

利用这样的方法. 解:(1)如图,设 A 关于 l 的对称点为 A' (m , n)

? n ? ?2, ? ?m ? 2 则? ?m ? 2 ? 2? n ? 8 ? 0 ? 2 ? 2
∴ m ? ?2 , n ? 8 . ∴ A (?2 , 8)
'

∴ A B 的的是 x ? ?2 , A B 与 l 的交点是 (?2 , 3) ,
' '

故所求的点为 P(?2 , 3) . (2)如下图,

22

AB 是方程 y ?
即 y ? x ? 2.

0 ? (?4) ( x ? 2) , 2 ? (?2)

代入 l 的方程,得直线 AB 与 l 的交点 (12 , 10) , 故所求的点 P 为 (12 , 10) . 说明:本例利用求对称点的方法巧妙地求出了所求点 P 的坐标. 典型例题二十四

4x ? 3 y ? 2 ? 0 , 例 24 已知点 A(4 , ? 3) ,B(2 , ? 1) 和直线 l: 求一点 P 使 PA ? PB ,
且点 P 到 l 的距离等于 2. 分析: 为使 PA ? PB (如图) , 点 P 必在线段 AB 的垂直平分线上, 又点 P 到直线 l 的 距离为 2, 所以点 P 又在距离 l 为 2 的平行于 l 的直线上, 求这两条直线的交点即得所求点 P . 解:设点 P 的坐标为 P(a , b) .

∵ A(4 , ? 3) , B(2 , ? 1) . ∴ AB 的中点 M 的坐标为 (3 , ? 2) . 又 AB 的斜率 k AB ?

? 3 ?1 ? ?1 . 4?2

∴ AB 的垂直平分线方程为 y ? 2 ? x ? 3 ,即 x ? y ? 5 ? 0 . 而 P(a , b) 在直线 x ? y ? 5 ? 0 上.
23

∴a ?b ?5 ? 0. ① 又已知点 P 到 l 的距离为 2. ∴点 P 必在于 l 平行且距离为 2 的直线上, 设直线方程为 4 x ? 3 y ? m ? 0 , 由两条平行直线之间的距离公式得:

m?2 5

?2

∴ m ? 8 或 m ? ?12 . ∴点 P 在直线 4 x ? 3 y ? 8 ? 0 或 4 x ? 3 y ? 12 ? 0 上. ∴ 4a ? 3b ? 8 ? 0 或 4a ? 3b ? 12 ? 0 由∴①②得: a ? 1 , b ? ?4 或 a ? ∴点 P(1 , ? 4) 或 P ( ②

27 8 ,b ? ? . 7 7

27 8 , ? ) 为所求的点. 7 7

说明:在平面几何中,常用交轨法作图得点 P 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 P 的坐标.这是解析法的重要应用,也是 其方便之处.

求证: a ? ? . 证明:过直线 a 作一平面 ? ,设 ? ? ? ? a1 ,

? ?? ? b .
∵ ? // ? ∴ a1 // b 又 a // ? ∴ a // b 在同一个平面 ? 内过同一点 A 有两条直线 a, a1 与直线 b 平行 ∴ a 与 a1 重合,即 a ? ? . 说明:本题也可以用反证法进行证明.

典型例题三 例 3:如果一条直线与两个平行平面中的一个相交,那么它和另一个也相交.

24

已知:如图, ? // ? , l ? ? ? A . 求证: l 与 ? 相交. 证明:在 ? 上取一点 B ,过 l 和 B 作平面 ? ,由于 ? 与α 有公共点 A , ? 与 ? 有公共 点B . ∴ ? 与 ? 、 ? 都相交. 设 ? ?? ? a , ? ? ? ? b . ∵ ? // ? ∴ a // b 又 l 、 a 、 b 都在平面 ? 内,且 l 和 a 交于 A . ∵ l 与 b 相交. 所以 l 与 ? 相交.

典型例题四 例 4:已知平面 ? // ? , AB , CD 为夹在 a , ? 间的异面线段, E 、 F 分别为 AB 、

CD 的中点.
求证: EF // ? , EF // ? . 证明:连接 AF 并延长交 ? 于 G . ∵ AG ? CD ? F ∴

AG ,CD 确定平面 ? , 且 ? ? ? ? AC ,

? ? ? ? DG .
∵ ? // ? ,所以 ∴ 又 ∴ ∴ 又

AC // DG ,

?ACF ? ?GDF , ?AFC ? ?DFG , CF ? DF , △ ACF ≌△ DFG . AF ? FG . AE ? BE ,

∴ EF // BG , BG ? ? .

25



EF // ? .

同理 EF // ? 说明:本题还有其它证法,要点是对异面直线的处理.

典型例题六

例6

如图,已知矩形 ABCD 的四个顶点在平面上的射影分别为 A1 、 B1 、 C1 、 D1 ,

且 A1 、 B1 、 C1 、 D1 互不重合,也无三点共线. 求证:四边形 A1 B1C1 D1 是平行四边形. 证明:∵ AA 1 ? ? , DD 1 ?? ∴ AA 1 // DD 1 不妨设 AA 1 和 DD 1 确定平面 ? . 同理 BB1 和 CC1 确定平面 ? . 又 AA 1 // BB 1 ,且 BB 1 ?? ∴ AA 1 // ? 同理 AD // ? 又 AA 1 ? AD ? A ∴ ? // ? 又 ? ? ? ? A1D1 , ? ? ? ? B1C1 ∴ A1D1 // B1C1 . 同理 A1B1 // C1D1 . ∴四边形 A1 B1C1 D1 是平行四边形.

典型例题七

26

例7

设直线 l 、 m ,平面 ? 、 ? ,下列条件能得出 ? // ? 的是(

) .

A. l ? ? , m ? ? ,且 l // ? , m // ? C. l ? ? , m ? ? ,且 l // m

B. l ? ? , m ? ? ,且 l // m D. l // ? , m // ? ,且 l // m

分析:选项 A 是错误的,因为当 l // m 时,? 与 ? 可能相交.选项 B 是错误的,理由同 A.选项 C 是正确的,因为 l ? ? , m // l ,所以 m ? ? ,又∵ m ? ? ,∴ ? // ? .选项 D 也是错误的,满足条件的 ? 可能与 ? 相交. 答案:C 说明:此题极易选 A,原因是对平面平行的判定定理掌握不准确所致. 本例这样的选择题是常见题目,要正确得出选择,需要有较好的作图能力和对定理、公理的 准确掌握、深刻理解,同时要考虑到各种情况. 典型例题八

例8

b, a // b . ? 分别与 ? 相交于 a 、 设平面 ? ? 平面 ? , 平面 ? ? 平面 ? , 且? 、 求

证:平面 ? // 平面 ? . 分析:要证明两平面平行,只要设法在平面 ? 上找到两条相交直线,或作出相交直线, 它们分别与 ? 平行(如图) .

证明:在平面 ? 内作直线 PQ ? 直线 a ,在平面 ? 内作直线 MN ? 直线 b . ∵平面 ? ? 平面 ? , ∴ PQ ? 平面 ? , MN ? 平面 ? , ∴ PQ // MN . 又∵ a // p , PQ ? a ? Q , MN ? b ? N , ∴平面 ? // 平面 ? .

27

说明:如果在 ? 、 ? 内分别作 PQ ? ? , MN ? ? ,这样就走了弯路,还需证明 PQ 、

MN 在 ? 、 ? 内,如果直接在 ? 、 ? 内作 a 、 b 的垂线,就可推出 PQ // MN .
由面面垂直的性质推出 “线面垂直” , 进而推出 “线线平行” 、 “线面平行” , 最后得到 “面 面平行” ,最后得到“面面平行” .其核心是要形成应用性质定理的意识,在立体几何证明中 非常重要. 典型例题九 如图所示,平面 ? // 平面 ? ,点 A 、C ?? ,点 B、D ? ? , AB ? a 是 ? 、 ?

例9

的公垂线, CD 是斜线.若 AC ? BD ? b , CD ? c , M 、 N 分别是 AB 和 CD 的中点, (1)求证: MN // ? ; (2)求 MN 的长.

分析: (1)要证 MN // ? ,取 AD 的中点 P ,只要证明 MN 所在的平面 PMN // ? .为 此证明 PM // ? , PN // ? 即可.(2)要求 MN 之长,在 ?CMA 中, CM 、 CN 的长度易 知,关键在于证明 MN ? CD ,从而由勾股定理可以求解. 证明:(1)连结 AD ,设 P 是 AD 的中点,分别连结 PM 、 PN . ∵ M 是 AB 的中点,∴ PM // BD . 又 BD ? ? ,∴ PM // ? . 同理∵ N 是 CD 的中点,∴ PN // AC . ∵ AC ? ? ,∴ PN // ? . ∵ ? // ? , PN ? PM ? P ,∴平面 PMN // ? . ∵ MN ? 平面 PMN ,∴ MN // ? . (2)分别连结 MC 、 MD . ∵ AC ? BD ? b , AM ? BM ?

1 a, 2

又∵ AB 是 ? 、 ? 的公垂线,∴ ?CAM ? ?DBM ? 90? , ∴ Rt ?ACM ≌ Rt ?BDM ,∴ CM ? DM , ∴ ?DMC 是等腰三角形.
28

又 N 是 CD 的中点,∴ MN ? CD . 在 Rt ?CMN 中, MN ? CM ? CN ?
2 2

1 4b 2 ? a 2 ? c 2 . 2

说明: (1)证 “线面平行” 也可以先证 “面面平行” , 然后利用面面平行的性质, 推证 “线 面平行” ,这是一种以退为进的解题策略. (2)空间线段的长度,一般通过构造三角形、然后利用余弦定理或勾股定理来求解. (3)面面平行的性质:①面面平行,则线面平行;②面面平行,则被第三个平面所截得 的交线平行.

典型例题十 如果平面 ? 内的两条相交直线与平面 ? 所成的角相等,那么这两个平面的位置

例 10

关系是__________. 分析:按直线和平面的三种位置关系分类予以研究. 解:设 a 、 b 是平面 ? 内两条相交直线. (1)若 a 、 b 都在平面 ? 内, a 、 b 与平面 ? 所成的角都为 0? ,这时 ? 与 ? 重合,根 据教材中规定,此种情况不予考虑. (2)若 a 、 b 都与平面 ? 相交成等角,且所成角在 (0? , 90?) 内; ∵ a 、 b 与 ? 有公共点,这时 ? 与 ? 相交. 若 a 、 b 都与平面 ? 成 90 ? 角,则 a // b ,与已知矛盾.此种情况不可能. (3)若 a 、 b 都与平面 ? 平行,则 a 、 b 与平面 ? 所成的角都为 0? , ? 内有两条直线 与平面 ? 平行,这时 ? // ? . 综上,平面 ? 、 ? 的位置关系是相交或平行. 典型例题十一 例 11 试证经过平面外一点有且只有一个平面和已知平面平行.

已知: A ? 平面? , 求证:过 A 有且只有一个平面 ? // ? . 分析: “有且只有”要准确理解,要先证这样的平面是存在的,再证它是惟一的,缺一 不可. 证明:在平面 ? 内任作两条相交直线 a 和 b ,则由 A ? ? 知, A ? a , A ? b . 点 A 和直线 a 可确定一个平面 M ,点 A 和直线 b 可确定一个平面 N .
29

在平面 M 、 N 内过 A 分别作直线 a // a 、 b // b , 故 a 、 b 是两条相交直线,可确定一个平面 ? .
' '

'

'

∵ a ? ? , a ? ? , a // a ,∴ a // ? .
' ' '

同理 b // ? .
'

又 a ' ? ? , b' ? ? , a ? b ? A ,∴ ? // ? .
' '

所以过点 A 有一个平面 ? // ? .

假设过 A 点还有一个平面 ? // ? , 则在平面 ? 内取一直线 c , A ? c ,点 A 、直线 c 确定一个平面 ? ,由公理 2 知:

? ? ? ? m,? ? ? ? n ,
∴ m // c , n // c , 又 A? m , A ? n , 这与过一点有且只有一条直线与已知直线平行相矛盾,因此假设不成立, 所以平面 ? 只有一个. 所以过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行. 典型例题十二

SG 为 ?SAB 例 12 已知点 S 是正三角形 ABC 所在平面外的一点, 且 SA ? SB ? SC , 上的高, D 、 E 、 F 分别是 AC 、 BC 、 SC 的中点,试判断 SG 与平面 DEF 内的位置关 系,并给予证明 分析 1:如图,观察图形,即可判定 SG // 平面 DEF ,要证明结论成立,只需证明 SG 与平面 DEF 内的一条直线平行. 观察图形可以看出:连结 CG 与 DE 相交于 H ,连结 FH , FH 就是适合题意的直线. 怎样证明 SG // FH ?只需证明 H 是 CG 的中点.

证法 1:连结 CG 交 DE 于点 H , ∵ DE 是 ?ABC 的中位线, ∴ DE // AB .
30

在 ?ACG 中, D 是 AC 的中点,且 DH // AG , ∴ H 为 CG 的中点. ∵ FH 是 ?SCG 的中位线,∴ FH // SG . 又 SG ? 平面 DEF , FH ? 平面 DEF , ∴ SG // 平面 DEF . 分析 2 :要证明 SG // 平面 DEF ,只需证明平面 SAB // 平面 DEF ,要证明平面 DEF // 平面 SAB ,只需证明 SA // DF , SB // EF 而 SA // DF , SB // EF 可由题设直接 推出. 证法 2:∵ EF 为 ?SBC 的中位线, ∴ EF // SB . ∵ EF ? 平面 SAB , SB ? 平面 SAB , ∴ EF // 平面 SAB . 同理: DF // 平面 SAB , EF ? DF ? F , ∴平面 SAB // 平面 DEF ,又∵ SG ? 平面 SAB , ∴ SG // 平面 DEF . 典型例题十三 如图, 线段 PQ 分别交两个平行平面 ? 、? 于 A 、B 两点, 线段 PD 分别交 ? 、

例 13

? 于 C 、D 两点, 线段 QF 分别交 ? 、? 于 F 、E 两点, 若 PA ? 9 ,AB ? 12 ,BQ ? 12 ,
?ACF 的面积为 72,求 ?BDE 的面积.

分析:求 ?BDE 的面积,看起来似乎与本节内容无关,事实上,已知 ?ACF 的面积, 若 ?BDE 与 ?ACF 的对应边有联系的话,可以利用 ?ACF 的面积求出 ?BDE 的面积. 解:∵平面 QAF ? ? ? AF ,平面 QAF ? ? ? BE , 又∵ ? // ? ,∴ AF // BE . 同理可证: AC // BD ,∴ ?FAC 与 ? EBD 相等或互补,即 sin ?FAC ? sin ?EBD .

∶AF ? QB ∶ QA ? 12 ∶ 24 ? 1 ∶ 2, 由 FA // BE ,得 BE
∴ BE ?

1 AF 2 7 AC . 3

∶21 ? 3 ∶ 7 ,∴ BD ? 由 BD // AC ,得: AC∶BD ? PA∶PB ? 9
又∵ ?ACF 的面积为 72,即

1 AF ? AC ? sin ?FAC ? 72 . 2
31

1 BE ? BD ? sin ?EBD 2 1 1 7 ? ? AF ? AC ? sin ?FAC 2 2 3 7 1 ? ? AF ? AC ? sin ?FAC 6 2 7 ? ? 72 ? 84 . 6 ∴ ?BDE 的面积为 84 平方单位.
∴ S ?DBE ? 说明: 应用两个平行的性质一是可以证明直线与直线的平行, 二是可以解决线面平行的 问题.注意使用性质定理证明线线平行时,一定第三个平面与两个平行平面相交,其交线互 相平行. 典型例题十四

例 14 在棱长为 a 的正方体中,求异面直线 BD 和 B1C 之间的距离. 分析:通过前面的学习,我们解决了如下的问题:若 a 和 b 是两条异面直线,则过 a 且 平行于 b 的平面必平行于过 b 且平行于 a 的平面.我们知道,空间两条异面直线,总分别存 在于两个平行平面内.因此,求两条异面直线的距离,有时可以通过求这两个平行平面之间 的距离来解决. 具体解法可按如下几步来求: ①分别经过 BD 和 B1C 找到两个互相平等的平面; ②作出 两个平行平面的公垂线;③计算公垂线夹在两个平等平面间的长度. 解:如图,

根据正方体的性质,易证:

BD // B1 D1 ? ? ? 平面A1 BD // 平面CB1 D1 A1 B // D1C ?
连结 AC1 ,分别交平面 A1BD 和平面 CB1D1 于 M 和 N 因为 CC1 和 AC1 分别是平面 ABCD 的垂线和斜线, AC 在平面 ABCD 内,AC ? BD 由三垂线定理: AC1 ? BD ,同理: AC1 ? A1D ∴ AC1 ? 平面 A1BD ,同理可证: AC1 ? 平面 CB1D1 ∴平面 A1BD 和平面 CB1D1 间的距离为线段 MN 长度.
32

如图所示:

在对角面 AC1 中, O1 为 A1C1 的中点, O 为 AC 的中点 ∴ AM ? MN ? NC1 ?

1 3 AC1 ? a. 3 3 3 a. 3

∴ BD 和 B1C 的距离等于两平行平面 A1BD 和 CB1D1 的距离为

说明:关于异面直线之间的距离的计算,有两种基本的转移方法:①转化为线面距.设 a 、b 是两条异面直线,作出经过 b 而和 a 平行的平面 ? ,通过计算 a 和 ? 的距离,得出 a 和 b 距离,这样又回到点面距离的计算;②转化为面面距,设 a 、 b 是两条异面直线,作出 经过 b 而和 a 平行的平面 ? ,再作出经过 a 和 b 平行的平面 ? ,通过计算 ? 、 ? 之间的距 离得出 a 和 b 之间的距离. 典型例题十五 正方体 ABCD ? A1B1C1D1 棱长为 a ,求异面直线 AC 与 BC1 的距离.

例 15

解法 1: (直接法)如图:

取 BC 的中点 P ,连结 PD 、 PB1 分别交 AC 、 BC1 于 M 、 N 两点, 易证: DB1 // MN , DB1 ? AC , DB1 ? BC1 . ∴ MN 为异面直线 AC 与 BC1 的公垂线段,易证: MN ?

1 3 DB1 ? a. 3 3

小结:此法也称定义法,这种解法是作出异面直线的公垂线段来解.但通常寻找公垂线 段时,难度较大. 解法 2: (转化法)如图:

33

∵ AC // 平面 A1C1B , ∴ AC 与 BC1 的距离等于 AC 与平面 A1C1B 的距离, 在 Rt?OBO 1 中,作斜边上的高 OE ,则 OE 长为所求距离, ∵ OB ?

2 a , OO1 ? a , 2

∴ O1 B ?

3 OO1 ? OB 3 a ,∴ OE ? ? a. 2 O1B 3

小结:这种解法是将线线距离转化为线面距离. 解法 3: (转化法)如图:

∵平面 ACD 1 // 平面 A 1C1 B , ∴ AC 与 BC1 的距离等于平面 ACD 1 与平面 A 1C1 B 的距离. ∵ DB1 ? 平面 ACD 1 ,且被平面 ACD 1 和平面 A 1C1 B 三等分;

∴所求距离为

1 3 B1 D ? a. 3 3

小结:这种解法是线线距离转化为面面距离. 解法 4: (构造函数法)如图:

34

任取点 Q ? BC1 ,作 QR ? BC 于 R 点,作 PK ? AC 于 K 点,设 RC ? x ,
2 2 2 则 BR ? QR ? a ? x , CK ? KR ,且 KR ? CK ? CR

1 1 CR 2 ? x 2 . 2 2 1 2 2 2 则 QK ? x ? (a ? x) 2 3 2 1 1 ? ( x ? a) 2 ? a 2 ? a 2 , 2 3 3 3
∴ KR ?
2

故 QK 的最小值,即 AC 与 BC1 的距离等于

3 a. 3

小结:这种解法是恰当的选择未知量,构造一个目标函数,通过求这个函数的最小值来 得到二异面直线之间的距离. 解法 5: (体积桥法)如图:

当求 AC 与 BC1 的距离转化为求 AC 与平面 A1C1B 的距离后,设 C 点到平面 A1C1 B 的 距离为 h , 则 VC ? A1C1B ? VA1 ?BCC1 . ∵ h?

1 3

3 1 1 ( 2a ) 2 ? ? a ? a 2 , 4 3 2

∴h

3 3 a .即 AC 与 BC1 的距离等于 a. 3 3

小结:本解法是将线线距离转化为线面距离,再将线面距离转化为锥体化为锥体的高, 然后用体积公式求之.这种方法在后面将要学到.

35

说明:求异面直线距离的方法有: (1)(直接法)当公垂线段能直接作出时,直接求.此时,作出并证明异面直线的公垂 线段,是求异面直线距离的关键. (2)(转化法)把线线距离转化为线面距离,如求异面直线 a 、 b 距离,先作出过 a 且 平行于 b 的平面 ? ,则 b 与 ? 距离就是 a 、 b 距离. (线面转化法) . 也可以转化为过 a 平行 b 的平面和过 b 平行于 a 的平面, 两平行平面的距离就是两条异 面直线距离. (面面转化法) . (3)(体积桥法)利用线面距再转化为锥体的高用何种公式来求. (4)(构造函数法)常常利用距离最短原理构造二次函数,利用求二次函数最值来解. 两条异面直线间距离问题,教科书要求不高(要求会计算已给出公垂线时的距离) ,这 方面的问题的其他解法,要适度接触,以开阔思路,供学有余力的同学探求. 典型例题十六 如果 ? // ? , AB 和 AC 是夹在平面 ? 与 ? 之间的两条线段, AB ? AC ,且

例 16

AB ? 2 ,直线 AB 与平面 ? 所成的角为 30 ? ,求线段 AC 长的取值范围.
解法 1:如图所示:

作 AD ? ? 于 D ,连结 BD 、 CD 、 BC
2 2 2 ∵ AB ? BD , AC ? DC , AB ? AC ? BC ,

∴在 ?BDC 中,由余弦定理,得:

cos?BDC ?

BD2 ? CD 2 ? BC 2 AB2 ? AC 2 ? BC 2 ? ? 0. 2 BD ? CD 2 BD ? CD

∵ AD ? ? ,∴ ? ABD 是 AB 与 ? 所在的角. 又∵ ? // ? , ∴ ? ABD 也就等于 AB 与 ? 所成的角,即 ?ABD ? 30? . ∵ AB ? 2 , ∴ AD ? 1 , BD ? 3 , DC ? ∴ ?1 ?

AC2 ?1 , BC ? 4 ? AC2 ,
1 AC 2 ? 1 ? 3.

3 ? AC2 ? 1 ? 4 ? AC2 2 3 ? AC2 ? 1

? 0 ,即: 0 ?

∴ AC ?

?2 3 ? 2 3 , ? ?? ,即 AC 长的取值范围为 ? ?. 3 ? 3 ?
36

解法 2:如图:

∵ AB ? AC ∴ AC 必在过点 A 且与直线 AB 垂直的平面 ? 内 设 ? ? ? ? l ,则在 ? 内,当 AC ? l 时, AC 的长最短,且此时 AC ? AB ? tan ?ABC

AB ? tan30? ?

2 3 3

而在 ? 内, C 点在 l 上移动,远离垂足时, AC 的长将变大,

从而 AC ?

2 3 , 3
?2 3 ? , ? ?? ?. ? 3 ?

即 AC 长的取值范围是 ?

说明:(1)本题考查直线和直线、直线和平面、平面和平面的位置关系,对于运算能力 和空间想象能力有较高的要求,供学有余力的同学学习. (2)解法 1 利用余弦定理,采用放缩的方法构造出关于 AC 长的不等式,再通过解不等 式得到 AC 长的范围,此方法以运算为主. (3)解法 2 从几何性质角度加以解释说明,避免了繁杂的运算推导,但对空间想象能力 要求很高,根据此解法可知线段 AC 是连结异面直线 AB 和 l 上两点间的线段,所以 AC 是 AB 与 l 的公垂线段时,其长最短. 典型例题十七 例 17 如果两个平面分别平行于第三个平面,那么这两个平面互相平行.

已知: ? // ? , ? // ? ,求证: ? // ? . 分析: 本题考查面面平行的判定和性质定理以及逻辑推理能力. 由于两个平面没有公共 点称两平面平行,带有否定性结论的命题常用反证法来证明,因此本题可用反证法证明.另 外也可以利用平行平面的性质定理分别在三个平面内构造平行且相交的两条直线, 利用线线 平行来推理证明面面平行,或者也可以证明这两个平面同时垂直于某一直线. 证明一:如图,

37

假设 ? 、 ? 不平行,则 ? 和 ? 相交. ∴ ? 和 ? 至少有一个公共点 A ,即 A ? ? , A ? ? . ∵ ? // ? , ? // ? , ∴ A ?? . 于是,过平面 ? 外一点 A 有两个平面 ? 、 ? 都和平面 ? 平行, 这和“经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行”相矛盾,假设不成立。 ∴ ? // ? . 证明二:如图,在平面 ? 内任取一点 A ,过 A 点作直线 l 与 ? 相交.

∵ ? // ? ,∴ l 与 ? 也相交. ∵ ? // ? ,∴ l 与 ? 也相交. 过 l 作两相交平面分别与 ? 交于直线 m1 、 n1 ,且与 m2 、 n2 ,交 ? 于直线 m3 、 n3 . ∵ ? // ? ,∴ m1 // m3 . ∵ ? // ? ,∴ m2 // m3 . ∴ m1 // m2 . ∵ m1 ? ? , m2 ? ? , ∴ m1 // ? .
38

同理 n1 // ? . 又∵ m1 ? n1 ? A , m1 、 n1 ? ? , ∴ ? // ? . 证明三:如图,任作直线 l ? ? ,

∵ ? // ? ,∴ l ? ? . ∵ ? // ? ,∴ l ? ? . ∴ ? // ? . 说明:证明两个平面平行,可根据定义、应用判定定理来证明.

典型例题十八 如图, 已知 a 、b 是异面直线, 求证: 过 a 和 b 分别存在平面 ? 和 ? , 使 ? // ? .

例 18

分析:本题考查面面平行及线面垂直的判定和综合推理能力.根据前面学过的知识,过 异面直线中的一条有且仅有一个平面与另一条平行. 这样过 a 和 b 分别有平面与另一条线平 行.那么这两个平面是不是互相平行呢?这两个平面是不是就是我们所要找的 ? 和 ? ? 证明:在直线 a 上任取一点 P ,过 P 点作直线 b // b .
39
'

故过 a 和 b 可确定一平面记为 ? ,
'

在直线 b 上任取一点 Q . 过 Q 点作直线 a // a . 同理过 b 和 a 可确定一平面,记为 ? .
' '

∵ a // a , a ? ? ,
'

∴ a // ? .同理 b // ? .
'

∵ a ' ? ? , b ? ? , a' ? b ? Q . ∴ ? // ? . 说明:由此题结论可知,两异面直线必定存在于两个互相平行的平面中.所以两异面直 线间的距离就可转化为两平行平面间的距离(本题易证 a 和 b 的公垂线段垂直于两平行平 面) .

40


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