最新-2018年高考数学一轮经典例题 两直线的位置关系

2018年高考数学（理）一轮经典例题——两直线的位置关系
典型例题一
例1 已知)3,0(A ，)0,1(-B ，)0,3(C ，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),(y x D ，若CD AB //，则CD AB k k =，BC
AD =， 即⎪⎩
⎪⎨
⎧=+=-+--=+-②①.1613)3(,
30
1003222y x x y
由①、②解得
)53,516(
D ．
若BC AD //，则⎪⎩⎪⎨
⎧==,
,BC AD k k BC AD 即⎪⎩
⎪
⎨⎧+=+-=--④③.31)3(,00
3
2222y x x y
由③、④式解得)3,2(D ．
故D 点的坐标为)53
,516(
或)3,2(．
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
例2当a 为何值时，直线01)1()2(1=--++y a x a l ：
与直线02)32()1(2=+++-y a x a l ：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1l 和2l 的方程分
别是01111=++C y B x A l ：，02222=++C y B x A l ：，则21l l ⊥的充要条件是02121=+B B A A ”（其
证明可借助向量知识完成）解题． 解法一：由题意，直线21l l ⊥．
(1)若01=-a ，即1=a ，此时直线0131=-x l ：
，0252=+y l ：显然垂直； (2)若032=+a ，即
23
-
=a 时，直线0251=-+y x l ：
与直线0452=-x l ：不垂直； (3)若01≠-a ，且032≠+a ，则直线1l 、2l 斜率1k 、2k 存在，
a a k -+-
=12
1，3212+--
=a a k ．
当21l l ⊥时，121-=⋅k k ，即1)321
()12(-=+--⋅-+-
a a a a ，
∴1-=a .
综上可知，当1=a 或1-=a 时，直线21l l ⊥．
解法二：由于直线21l l ⊥，所以0)32)(1()1)(2(=+-+-+a a a a ，解得1±=a ． 故当1=a 或1-=a 时，直线21l l ⊥．
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1l 、2l 的斜率
分别为1k 、2k ，则
a a k -+-
=121，3212+--
=a a k ． 由21l l ⊥，得121-=⋅k k ，即
1)321
()12(-=+--⋅-+-
a a a a ．
解上述方程为1-=a ．从而得到当1-=a 时，直线1l 与2l 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l 经过点)1,3(P ，且被两平行直线011=++y x l ：
和062=++y x l ：截得的线段
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1l 、2l 联立，求得两交点A 、B 的坐标（用k 表示），再利用
5
=AB 可求出k 的值，从而求得l 的方程．(2)利用1l 、2l 之间的距离及l 与1l 夹角的
关系求解．(3)设直线l 与1l 、2l 分别相交于),(11y x A 、),(22y x B ，则可通过求出21y y -、2
1x x -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3=x ，此时与1l 、
2l 的交点分别为)4,3('-A 和)9,3('
-B ，截得的线段AB 的长594=+-=AB ，符合题意，
若直线l 的斜率存在，则设直线l 的方程为1)3(+-=x k y ．
解方程组⎩⎨
⎧=+++-=,01,1)3(y x x k y 得⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-114,12
3k k k k A ， 解方程组⎩⎨
⎧=+++-=,06,1)3(y x x k y 得⎪⎭⎫ ⎝
⎛+--+-119,17
3k k k k B ． 由5=AB ，得2
2
2
5
119114173123=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++--+⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-k k k k k k k k ．
解之，得0=k ，即欲求的直线方程为1=y ． 综上可知，所求l 的方程为3=x 或1=y ．
解法二：由题意，直线1l 、2l 之间的距离为
12
52
61=
-=
d ，且直线l 被平等直线1l 、2l 所截
得的线段AB 的长为5（如上图），设直线l 与直线1l 的夹角为θ，则
2252
25sin =
=θ，故∴
︒=45θ．
由直线011=++y x l ：
的倾斜角为135°，知直线l 的倾斜角为0°或90°，又由直线l 过点)1,3(P ，故直线l 的方程为3=x 或1=y ．
解法三：设直线l 与1l 、2l 分别相交),(11y x A 、),(22y x B ，则：
0111=++y x ，0622=++y x ．
两式相减，得5)()(2121=-+-y y x x ． ①
又25)()(2
21221=-+-y y x x ②
联立①、②，可得⎩⎨⎧=-=-052
121y y x x 或⎩⎨⎧=-=-502121y y x x
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3=x 或1=y ．
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0=k ，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d a =时有唯一解；当d a >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θ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 已知点()31
，-A ，()13，B ，点C 在坐标轴上，且
90=∠ACB ，则满足条件的点C 的个数是（ ）．
（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）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()0，x 或()0，y ．
由题意，
90=∠ACB ，直线AC 与直线BC 垂直，其斜率乘积为－1，可分别求得0=x 或2，
0=y 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()13-，
A ，
B ∠、
C ∠的平分线分别是0=x ，x y =，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0=x ，x y =的对称点，它们显然在直线BC 上．
解：()13-，A 关于0=x ，x y =的对称点分别是()13--，和()31，-，且这两点都在直线BC 上，
由两点式求得直线BC 方程为052=+-y x ． 典型例题六
例 6 求经过两条直线0132=++y x 和043=+-y x 的交点，并且垂直于直线
0743=-+y x 的直线的方程．
解一：解得两直线0132=++y x 和043=+-y x 的交点为（35-
，97
），由已知垂直关系可
求得所求直线的斜率为34
，进而所求直线方程为0934=+-y x ．
解二：设所求直线方程为034=+-m y x ，将所求交点坐标（35-
，97
）代入方程得9=m ，
所以所求直线方程为0934=+-y x ．
解三：所求直线过点（35-
，97
），且与直线0743=-+y x 垂直，所以，所求直线方程为
973354=⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛
+y x
即 0934=+-y x ． 解四：设所求直线得方程为
()()043132=+-+++y x m y x
即 ()()041132=++-++m y m x m （1） 由于该直线与已知直线0743=-+y x 垂直 则 ()()013423=-⋅++m m 解得 2=m
代入（1）得所求直线方程为0934=+-y x ． 典型例题七
例7 已知定点A （3，1），在直线x y =和0=y 上分别求点M 和点N ，使AMN ∆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A 关于直线x y =和0=y 的
对称点分别为()31
，B ，()13-，C ∵
MN CN BM MN AN AM ++=++
又
BC
MN CN BM ≥++
周长最小值是：
5
2=BC
由两点式可得BC 方程为： 052=-+y x ．
而且易求得：M （35，35），N （25
，0），
此时，周长最短，周长为52． 典型例题八
例8 已知实数a ，b 满足1=+b a ，求证：
()()225
2222≥+++b a ．
解：本题的几何意义是：直线1=+b a 上的点（a ，b ）与定点()22--，
的距离的平方不小
于225
．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
25111222
2=
+---=
d ，
所以
25)2()2(22≥
+++b a ，即
()()225
2222≥+++b a ．
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，α=∠xOA ，π
απ
<<2
，点B 在OA 上
a
OA =，
b
OB =，
()0>>b a ，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()()00>x x C ，
∵α=∠xOA ，a OA =，b OB =，
∴()ααsin cos a a A ，，
()ααsin cos b b B ，，
于是直线CA 、CB 的斜率分别为：
x a a xCA k CA -=
∠=αα
cos cos tan ，
x a a xCB k CB -=
∠=ααcos cos tan
∴
CA
CB CA CB k k k k ACB +-=
∠1tan ＝
)cos )(cos (sin 1cos sin cos sin 2x a x b ab x
a a x
b b --+
--
-ααα
αα
αα ＝
α+-α-α-αα--αα2
sin )cos )(cos ()
cos (sin )cos (sin ab x a x b x b a x a b ＝2
cos )(sin )(x x b a ab x b a +α+-α
-
图2
＝α+-+α
-cos )(sin )(b a x x ab
b a ∵ab
x x ab
2≥+
∴
()()α+-α
-≤
∠cos 2
sin tan b a ab b a ACB
当且仅当x x ab =即ab x =，C 点的坐标为（ab ，0），由π
απ<<2可知ACB ∠为
锐角，所以此时ACB ∠有最大值arctan
αα
cos )(2sin )(b a ab b a +--．
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0421=-+y x l ：
，求1l 关于直线0143=-+y x l ：对称的直线2l 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⎩
⎨
⎧=-+=-+0143042y x y x 得1l 与l 的交点为)2,3(-P ，显见P 也在2l 上．
设2l 的斜率为k ，又1l 的斜率为-2，l 的斜率为43
-
，则
k
k )4(1)43()2)(4(1)2(43-+--=
--+---
，解得112-=k ． 故2l 的直线方程为
)3(112
2--
=+x y ．即016112=++y x ．
解法二：在直线1l 上取一点)0,2(A ，又设点A 关于直线l 的对称点为),(00y x B ，则
⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧=-+⋅++⋅=--.
01204223,3
4
200000y x x y 解得
)58,54(-B
故由两点式可求得直线2l 的方程为016112=++y x ．
解法三：设直线2l 上一动点),(y x M 关于直线l 的对称点为
),('
''y x M ，则 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+⋅++⋅=--.012423,34
'
''
'y y x x x x y y
解得
256247'+-=
y x x ，258
724'+--=
y x y ．
显然),('
''y x M 在1l 上，即
4258
7242562472=-+--++-⋅
y x y x ，也即016112=++y x ．这
便是所求的直线2l 的方程．
解法四：设直线2l 上一动点),(y x M ，则M 关于l 的对称点'M 在直线1l 上，可设'
M 的坐标
为)24,(00x x -，则
⎪⎪⎩⎪⎪
⎨
⎧=-----+=-+,34)24(,51
)24(4351430000x x x y x x y x 即⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧=-----+=-+-.
34
)24(,51
)24(435)143(0000x x x y x x y x
消去0x ，得016112=++y x ，即此所求的直线2l 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2l 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m 取什么实数，直线0)11()3()12(=--++-m y m x m 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0)11()3()12(=--++-m y m x m ，令0=m ，得0113=--y x ；令1=m ，得0104=++y x ．
解方程组⎩
⎨
⎧=++=--01040
113y x y x 得两直线的交点为)3,2(-．
将点)3,2(-代入已知直线方程左边，得：
)11()3()3(2)12(---⨯++⨯-m m m 0119324=+----=m m m ．
这表明不论m 为什么实数，所给直线均经过定点)3,2(-． 解法二：将已知方程以m 为未知数，整理为：
0)113()12(=++-+-+y x m y x ．
由于m 取值的任意性，有
⎩⎨
⎧=++-=-+0113012y x y x ，解得2=x ，3-=y ．
所以所给的直线不论m 取什么实数，都经过一个定点)3,2(-．
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
α(︒<≤︒18090α)镜框中，画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距a m 、b m (b a >)，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α=∠xOA ，a OA =，b OB =，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)0,(x (0>x )，从三角函数定义知A 、B 两点坐标分别为)sin ,cos (ααa a 、
)sin ,cos (ααb b ，于是直线AC 、BC 的斜率分别为
x a a xCA k AC -=
∠=ααcos sin tan ，x b b xCB k BC -=
∠=αα
cos sin tan ．
于是
2
cos )(sin )(1tan x x b a ab x b a k k k k ACB AC BC AC BC ++--=
⋅+-=
∠αα
，
即
ααcos )(sin )(tan b a x x ab
b a ACB +-+-=
∠．
由于ACB ∠是锐角，且在
)
2,
0(π
上，则：
ααcos )(2sin )(tan b a ab b a ACB +--≤
∠，
当且仅当x x ab =，即ab x =时，等号成立，此时ACB ∠取最大值，对应的点为)0,(ab C ，
因此，学生距离镜框下缘m ab 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ACB ∠tan 的最大值．如果坐标系选择不当，或选择求ACB ∠sin 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x ，y 满足04=-+y x ，求2
2)1()1(-+-y x 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：
2
2)1()1(-+-y x 可看成点),(y x 与
)1,1(之间的距离．
解：(法1)由04=-+y x 得x y -=4(R x ∈)，
则2
222)14()1()1()1(--+-=-+-x x y x
96122
2+-++-=x x x x 10822
+-=x x
2)2(22
+-=x ， ∴2
2)1()1(-+-y x 的最小值是2.
(法2)∵实数x ，
y 满足04=-+y x ，
∴点),(y x P 在直线04=-+y x 上． 而
2
2)1()1(-+-y x 可看成点),(y x P 与点)1,1(A 之间的距离(如图所示
)
显然
2
2)1()1(-+-y x 的最小值就是点)1,1(A 到直线04=-+y x 的距离：
2
1
14112
2
=+-+=
d ，
∴22)1()1(-+-y x 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2
2)()(b y a x -+-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x y 2=是ABC ∆中C ∠的平分线所在的直线，且A ，B 的坐标分别为)2,4(-A ，
)1,3(B ，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x y 2=上，∴设)2,(a a C ，
则
422+-=
a a k AC ，31
2--=
a a k BC ，2=l k ．
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．
∴
l BC l
BC l AC AC l k k k
k k k k k +-=⋅+-11， ∴2
312
31
22414222⋅-+---=⋅+++--
a a a a a a ．
解得2=a ．
∴C 的坐标为)4,2(，
∴
31
=
AC k ，3-=BC k ，
∴BC AC ⊥．
∴ABC ∆是直角三角形．
(法2)设点)2,4(-A 关于直线x y l 2=：的对称点为),('b a A ，则'A 必在直线BC 上．以下先求),('
b a A ．
由对称性可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧-⋅=+-=+-,2422
2,2142
a b a b
解得⎩
⎨
⎧-==24b a ，∴)2,4('-A ． ∴直线BC 的方程为343
121--=
---x y ，即0103=-+y x ．
由⎩
⎨
⎧=-+=01032y x x y 得)4,2(C ． ∴
31
=
AC k ，3-=BC k ，
∴BC AC ⊥．
∴ABC ∆是直角三角形．
说明：(1)在解法1中设点C 坐标时，由于C 在直线x y 2=上，故可设)2,(a a ，而不设),(b a ，这样可减少未知数的个数．(2)注意解法2中求点)2,4(-A 关于l 的对称点),('
b a A 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 两条直线m y x m l 352)3(1-=++：，16)5(42=++y m x l ：，求分别满足下列条件的m
的值．
(1) 1l 与2l 相交； (2) 1l 与2l 平行； (3) 1l 与2l 重合； (4) 1l 与2l 垂直； (5) 1l 与2l 夹角为︒45．
分析：可先从平行的条件21
2
1b b a a =(化为1221b a b a =)着手．
解：由m m +=
+52
4
3得0782=++m m ，解得11-=m ，72-=m ． 由16354
3m m -=
+得1-=m ． (1)当1-≠m 且7-≠m 时，21
2
1b b a a ≠，1l 与2l 相交；
(2)当7-=m 时，21
212
1c c b b a a ≠=．21//l l ；
(3)当1-=m 时，21
212
1c c b b a a ==，1l 与2l 重合；
(4)当02121=+b b a a ，即0)5(24)3(=+⋅+⋅+m m ，
311
-
=m 时，21l l ⊥；
(5)
231+-
=m k ，m k +-=54
2．
由条件有1
45tan 1121
2=︒=+-k k k k ．
将1k ，2k 代入上式并化简得029142
=++m m ，527±-=m ；
01522=-+m m ，35或-=m ．
∴当527±-=m 或-5或3时1l 与2l 夹角为︒45．
说明：由m m +=
+52
4
3解得1-=m 或7-=m ，此时两直线可能平行也可能重合，可将m 的值代入原方程中验证是平行还是重合．当m m +≠
+52
43时两直线一定相交，此时应是1
-≠m 且7-≠m ． 典型例题十六
例16点)3,2(1P
，)5,4(2-P 和)2,1(-A ，求过点A 且与点1P ，2P 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)1(2+=-x k y ，即02=++-k y kx ，由点1P 、2P 到直线的距离相等得：
1
2
541
2
3222+++--=
+++-k k k k k k ．
化简得
3
313--=-k k ，则有：3313--=-k k 或3313+=-k k ，
即
31
-
=k 或方程无解．
方程无解表明这样的k 不存在，但过点A ，所以直线方程为1-=x ，它与1P ，2P 的距离都是3．
∴所求直线方程为)
1(31
2+-=-x y 或1-=x ．
(法2)设所求直线为l ，由于l 过点A 且与1P ，2P 距离相等，所以l 有两种情况，如下图：
(1)当1P ，2P 在l 同侧时，有21//P P
l ，此时可求得l 的方程为)1(243
52+---=
-x y ，即
)
1(31
2+-=-x y ；
(2)当1P ，2P 在l 异侧时，l 必过21P P
中点)4,1(-，此时l 的方程为1-=x ． ∴所求直线的方程为)
1(31
2+-=-x y 或1-=x ．
说明：该题如果用待定系数法解易漏掉1-=x ，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
例17 经过点)1,2(-P 且与直线0623=--y x 平行的直线l 的方程．
分析：已知直线l 与直线0623=--y x 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0623=--y x ，知其斜率
23=
k ． 又由l 与直线0623=--y x 平行，所以直线l 的斜率
23=
l k ．
又由直线l 经过已知点)1,2(-P ，所以利用点斜式得到直线l 的方程为：
)2(23
1-=
+x y ，即0823=--y x ．
解法二：因为直线l 平行于直线0623=--y x ，所以可设直线l 的方程为023=+-C y x ． 又点)1,2(-P 在直线l 上，所以0)1(223=+-⨯-⨯C ，解得8-=C ． 故直线l 的方程为0823=--y x ．
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
例18 过点)1,1(-P 且与直线0132=++y x 垂直的直线l 的方程．
分析：已知直线l 与直线0132=++y x 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0132=++y x ，知其斜率
32-
=k ．
又由l 与直线0132=++y x 垂直，所以直线l 的斜率
231=
-
=k k l ．
又因l 过已知点)1,1(-P ，利用点斜式得到直线l 的方程为
)1(23
1-=
+x y ，即0523=--y x ．
解法二：由直线l 与直线0132=++y x 垂直，可设直线l 的方程为：
023=+-C y x ．
又由直线l 经过已知点)1,1(-P ，有0)1(213=+-⨯-⨯C ．
解得5-=C ．因此直线l 的方程为0523=--y x ．
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
例19知直线l 经过两条直线021=+y x l ：与010432=--y x l ：
的交点，且与直线03253=+-y x l ：的夹角为4π
，求直线l 的方程．
分析：先求1l 与2l 的交点，再列两条直线夹角公式，利用l 与3l 夹角为4π
，求得l 的斜率．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⎩
⎨
⎧=--=+010430
2y x y x 解得直线1l 与2l 的交点)1,2(-．
于是，所求直线l 的方程为)2(1-=+x k y ．
又由已知直线03253=+-y x l ：的斜率
253=
k ，而且l 与3l 的夹角为4π
，故由两直线夹角正
切公式，得
3
314tan kk k k +-=
π，即
k k 25125
4tan +-
=π． 有1
25
125
±=+-
k
k ，15252±=+-k k ，
当15252=+-k k 时，解得37-=k ；当15252-=+-k k 时，解得
73=
k ． 故所求的直线l 的方程为
)2(731-=
+x y 或)2(37
1--=+x y ，
即01373=--y x 或01137=-+y x ．
解法二：由已知直线l 经过两条直线1l 与2l 的交点，则可设直线l 的方程为
0)2()1043(=++--y x y x λ， （*）
即010)42()3(=--++y x λλ．
又由l 与3l 的夹角为4π
，3l 的方程为0325=+-y x ，有
2
12112214
tan
B B A A B A B A +-=
π
，
即
)42)(2()3(55)42()2)(3(1--++⨯---+=
λλλλ，也即λλ
+-=
2312141，
从而1231214=+-λλ，1
231214-=+-λλ
．
解得
139-
=λ，1137
=λ．代入（*）式，可得直线l 的方程为
01373=--y x 或01137=-+y x ．
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
例20 直线02=-+y x l ：，一束光线过点)13,0(+P ，以︒120的倾斜角投射到l 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)1,1(Q ，直线OQ 为x y =，入射线和反射线关于x y =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3120tan -=︒，又入射线过点
)13,0(+P ，所以入射线所在直线的方程为：133++-=x y ．
解方程组⎩⎨
⎧=-+++-=,
02,
133y x x y 得交点)1,1(Q ．
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︒=∠150'
x QP ，即反射线所在直线的斜率为
33
150tan -
=︒．故反射线所
在直线的方程为
)1(33
1--
=-x y ，即：
0)13(3=+-+y x ．
解法二：由已知可得
1-=l k ，3-=入射线k ，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
入射线
入射线k k k k k k k k l l l l
⋅+-=
⋅+-11，即313
111++-=
-+k
k ． 解得
33
-
=k ．
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133++-=x y ，再与直线l 的方程联立得交点
)1,1(Q ．
利用关于直线对称点的知识，求得点)13,0(+P 关于l 的对称点)2,31('
'-P ． 又由反射线所在直线过''P 与Q 两点，它的方程为31121--=--x y ，即：
0)13(3=+-+y x ． 解法四：可求得入射线所在直线方程为133++-=x y ，即0)13(3=+-+y x ，入射线与l 交点为)1,1(Q ．
于是可设反射线所在直线的方程为：)1(1-=-x k y ，即01=-+-k y kx ．
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)0,2(，有：
110231)
13(0322+-+-=++-+k k
k ． 所以11
21
32++=-k k ，即03432=++k k ． 故33-
=k ，3-=k （等于入射线斜率，舍去）． 于是反射线的方程为：)1(331--=-x y ，即0)13(3=+-+y x ．
解法五：由点)1,1(Q ，得直线OQ 的方程为
x y =． 又因入射线与反射线所在直线关于
x y =对称，点)13,0(+P 关于直线
x y =对称的点'P 的坐标为)0,13(+． 由于反射线所在直线经过'
P 与Q 两点，所以它的方程为： 31101-=--x y ，即0)13(3=+-+y x ．
典型例题二十一
例21 已知直线022=-+y x l ：，试求：
(1)点)1,2(--P 关于直线l 的对称点坐标；
(2)直线21-=x y l ：关于直线l 对称的直线2l 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b x y +±=，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
),(00'y x P ， 则线段'PP 的中点M 在对称轴l 上，且l PP ⊥'
． ∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--⋅+--=-⋅++0221222,1)21(210000y x x y 解之得：
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==519
5200y x 即'P 坐标为⎪⎭⎫ ⎝⎛519,52．
(2)直线21-=x y l ：关于直线l 对称的直线为2l ，则2l 上任一点),(y x P 关于l 的对称点),('''y x P 一定在直线1l 上，反之也成立． 由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+⋅++-=-⋅--.02222,1)21(''''y y x x x x y y 得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+--=+-=.5834,5443''y x y y x x
把
),(''y x 代入方程2-=x y 并整理，得：0147=--y x
即直线2l 的方程为0147=--y x ．
(3)设直线l 关于点)1,1(A 的对称直线为'l ，则直线l 上任一点),(11y x P 关于点A 的对称点
),('y x P 一定在直线'l 上，反之也成立． 由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+12,1211y y x x 得⎩⎨⎧-=-=y y x x 2211
将),(11y x 代入直线l 的方程得：042=-+y x ．
∴直线'
l 的方程为042=-+y x ． 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
例22 已知直线082=+-y x l ：和两点)0,2(A 、)4,2(--B ．
(1)在l 上求一点P ，使
PB PA +最小； (2)在l 上求一点P ，使PA PB -最大． 分析：较直接的思路是：用两点间的距离公式求出PB PA +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P A '，从而当B 、P 、'A 三点共线时，
PB PA +才最小，对于PA PB -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),('n m A
则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+⋅-+-=-082222,22n m m n
∴2-=m ，8=n ．
∴)8,2('-A
∴B A '的的是2-=x ，B A '
与l 的交点是)3,2(-， 故所求的点为)3,2(-P ．
(2)如下图，
AB 是方程)2()2(2)4(0-----=x y ，
即2-=x y ．
代入l 的方程，得直线AB 与l 的交点)10,12(，
故所求的点P 为)10,12(．
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
例24 已知点)3,4(-A ，)1,2(-B 和直线0234=-+y x l ：
，求一点P 使PB PA =，且点P 到l 的距离等于2． 分析：为使PB PA =（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),(b a P ．
∵)3,4(-A ，)1,2(-B ．
∴AB 的中点M 的坐标为)2,3(-．
又AB 的斜率12413-=-+-=AB k ．
∴AB 的垂直平分线方程为32-=+x y ，即05=--y x ．
而),(b a P 在直线05=--y x 上．
∴05=--b a ． 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034=++m y x ，
由两条平行直线之间的距离公式得：
2
52
=+m
∴8=m 或12-=m ．
∴点P 在直线0834=++y x 或01234=-+y x 上．
∴0834=++b a 或01234=-+b a ②
由∴①②得：1=a ，4-=b 或727=a ，78-=b ．
∴点)4,1(-P 或)78,727(-P 为所求的点．
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．。