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模組導圖

知識剖析

1兩條直線的交點

設兩條直線的方程是\(l_1 ∶ A_1 x+B_1 y+C_1=0\),\(l_2 ∶ A_2 x+B_2 y+C_2=0\)，
兩條直線的交點座標就是方程組\(\left\{\begin{array}{l} A_{1} x+B_{1} y+C_{1}=0 \\ A_{2} x+B_{2} y+C_{2}=0 \end{array}\right.\)的解.
\((1)\)若方程組有唯一解，則這兩條直線相交，此解就是交點的座標；
\((2)\)若方程組無解，則兩條直線無公共點，此時兩條直線平行；
\((3)\)

2幾種距離

(1) 兩點距離公式
平面上的兩點\(P_1 (x_1 ,y_1)\),\(P_2 (x_2 ,y_2)\)間的距離公式\(\left|P_{1} P_{2}\right|=\sqrt{\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{2}-y_{1}\right)^{2}}\).
(2) 點到直線的距離公式
點\(P_0 (x_0 ,y_0)\)到直線\(A x+B y+C=0\)的距離\(d=\dfrac{\left|A x_{0}+B y_{0}+C\right|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}\).
(3) 兩平行直線間的距離

經典例題

【題型一】 直線交點問題

【典題1】若關於\(x\)、\(y\)的方程組\(\left\{\begin{array}{l} x+y=m \\ x+n y=1 \end{array}\right.\)有無窮多組解，則\(m+n\)的值為\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】關於\(x\)、\(y\)的方程組\(\left\{\begin{array}{l} x+y=m \\ x+n y=1 \end{array}\right.\)

【典題2】已知直線\(kx-y+1=0\)和\(x-ky=0\)相交，且交點在第二象限，則實數\(k\)的取值範圍為\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】聯立方程\(\left\{\begin{array}{l} k x-y+1=0 \\ x-k y=0 \end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{k}{1-k^{2}} \\ y=\dfrac{1}{1-k^{2}} \end{array}\right.\)， \({\color{Red}{(由於兩直線相交，故k≠±1) }}\)
因為交點在第二象限，所以\(\left\{\begin{array}{l} \dfrac{k}{1-k^{2}}<0 \\ \dfrac{1}{1-k^{2}}>0 \end{array}\right.\)，解得\(－1<k<0\)，
故實數\(k\)的取值範圍為\((-1 ,0)\)．

【典題3】求過直線\(x+2y+1=0\)與直線\(2x-y+1=0\)的交點且在兩座標軸上截距相等的直線方程.
【解析】\({\color{Red}{ 方法1\quad (求出交點，再用截距式求解) }}\)
由\(\left\{\begin{array}{l} x+2 y+1=0 \\ 2 x-y+1=0 \end{array}\right.\)得交點座標\(P\left(-\dfrac{3}{5},-\dfrac{1}{5}\right)\)，
由於直線在兩座標軸上截距相等， \({\color{Red}{(截距相等要注意是否為0) }}\)
\((i)\)當截距為\(0\)，此時直線方程為\(y=kx\)，代入點P得\(k=\dfrac{1}{3}\)，
即所求直線方程為\(x-3y=0\).
\((ii)\)當截距不等於\(0\)，設直線方程為\(\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{a}=1\)，代入點\(P\)得\(a=-\dfrac{4}{5}\)，
此時所求直線方程為\(5x+5y+4=0\)，
綜上所述，所求直線方程為\(x-3y=0\)或\(5x+5y+4=0\).
\({\color{Red}{方法2 }}\) 設所求直線方程為\(x+2y+1+λ(2x-y+1)=0\)，
\((i)\)當直線過原點時，則\(1+λ=0\)，則\(λ=-1\)，
此時所求直線方程為\(x-3y=0\).
\((ii)\)當直線不過原點時，令\(x=0\)，解得\(y=\dfrac{\lambda+1}{\lambda-2}\)，令\(y=0\)，解得\(x=-\dfrac{\lambda+1}{2 \lambda+1}\)，
由題意得\(\dfrac{\lambda+1}{\lambda-2}=-\dfrac{\lambda+1}{2 \lambda+1}\)，解得\(\lambda=\dfrac{1}{3}\)，此時所求直線方程為\(5x+5y+4=0\),
\((*)\)中不包括直線\(2x-y+1=0\)，而它顯然不滿足題意，
綜上所述，所求直線方程為\(x-3y=0\)或\(5x+5y+4=0\).
【點撥】本題中方法2採取了直線系方程的方法.
過兩條已知直線\(l_1:A_1 x+B_1 y+C_1=0\)和\(l_2:A_2 x+B_2 y+C_2=0\)交點的直線系方程\(A_1 x+B_1 y+C_1+λ(A_2 x+B_2 y+C_2 )=0\)
(\(λ∈R\), 這個直線系下不包括直線\(l_2:A_2 x+B_2 y+C_2=0\)，解題時注意檢驗\(l_2\)是否滿足題意)

【典題4】若\(k>4\)，直線\(kx-2y-2k+8=0\)與\(2x+k^2 y-4k^2-4=0\)和座標軸圍成的四邊形面積的取值範圍是\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】\({\color{Red}{(確定所求的四邊形面積，要四邊形的圖象，即瞭解兩條直線與座標軸的交點與兩直線的交點) }}\)
由\(\left\{\begin{array}{c} k x-2 y-2 k+8=0 \\ 2 x+k^{2} y-4 k^{2}-4=0 \end{array}\right.\)得\(\left\{\begin{array}{l} x=2 \\ y=4 \end{array}\right.\)，即兩直線的交點為定點\(B(2 ,4)\)，
而直線\(L：kx-2y-2k+8=0\)與\(x\)軸的交點\(A\left(2-\dfrac{8}{k}, 0\right)\)，與\(y\)軸的交點\(D(0 ,4-k)\)，
直線\(M：2x+k^2 y-4k^2-4=0\)與\(x\)軸的交點\(E(2k^2+2 ,0)\)，與\(y\)軸的交點\(C\left(0,4+\dfrac{4}{k^{2}}\right)\)，
\({\color{Red}{ (由k>4，很容易確定各點的位置) }}\)
如圖所示，

\(\therefore S_{\text {四邊形 } O A B C}=S_{\triangle O C E}-S_{\triangle A B E}\)
\(=\dfrac{1}{2} \times\left(4+\dfrac{4}{k^{2}}\right)\left(2 k^{2}+2\right)-\dfrac{1}{2} \times 4 \times\left(2 k^{2}+2-2+\dfrac{8}{k}\right)\)
\(=\dfrac{4}{k^{2}}-\dfrac{16}{k}+8=4\left(\dfrac{1}{k}-2\right)^{2}-8\)，
\(∵k>4\)，\(\therefore 0<\dfrac{1}{k}<\dfrac{1}{4}\)，
則\(\dfrac{17}{4}<S<8\)，
故\(k>4\)時，所求面積的取值範圍是\(\left(\dfrac{17}{4}, 8\right)\)．
【點撥】
① 根據題意畫出正確的圖象是正確求解的基礎，對於含參的直線，要注意它是否存在定點、斜率的正負、與\(x\)、\(y\)軸交點的位置等.
② 而定點如何確定，如直線\(M：2x+k^2 y-4k^2-4=0\)變式為\(k^2 (y-4)+(2x-4)=0\)易得過定點\(B(2 ,4)\).

鞏固練習

1(★)曲線\(y=|x|\)與\(y=kx+1\)的交點的情況是(　　)
A．最多有兩個交點
B．兩個交點
C．一個交點
D．無交點

2(★)關於\(x\)、\(y\)的二元一次方程組\(\left\{\begin{array}{l} m x+y=-1 \\ 3 m x-m y=2 m+3 \end{array}\right.\)無解，則\(m=\) \(\underline{\quad \quad}\)．

3(★)若三條直線\(2x+3y+8=0\)，\(x-y-1=0\)和\(x+ky=0\)交於一點，則\(k\)的值為\(\underline{\quad \quad}\)．

4(★★)直線\(kx-y-1=0\)與直線\(x+2y-2=0\)的交點在第四象限，則實數\(k\)的取值範圍為\(\underline{\quad \quad}\)．

5(★★★)在平面直角座標系\(xOy\)中，已知點\(A(1 ,2)\)，點\(M(4 ,2)\)，點\(N\)線上段\(OA\)的延長線上．設直線\(MN\)與直線\(OA\)及\(x\)軸圍成的三角形面積為\(S\)，則\(S\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)．

答案

1.\(A\)
2.\(0\)
3.\(-\dfrac{1}{2}\)
4.\(\left(-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\)
5.\(12\)

【題型二】 距離問題

情況1 兩點間的距離

【典題1】在平面直角座標系內，到點\(A(1 ,2)\)，\(B(1 ,5)\)，\(C(3 ,6)\)，\(D(7 ,-1)\)的距離之和最小的點的座標是\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】如圖，設平面直角座標系中任一點\(P\)，

\(P\)到點\(A(1 ,2)\)，\(B(1 ,5)\)，\(C(3 ,6)\)，\(D(7 ,-1)\)的距離之和為：
\(PA+PB+PC+PD=PB+PD+PA+PC\)\(≥BD+AC=QA+QB+QC+QD\)，
故四邊形\(ABCD\)對角線的交點\(Q\)即為所求距離之和最小的點．
\(∵A(1 ,2)\)，\(B(1 ,5)\)，\(C(3 ,6)\)，\(D(7 ,-1)\)，
\(∴AC\),\(BD\)的方程分別為\(\dfrac{y-2}{6-2}=\dfrac{x-1}{3-1}\)，\(\dfrac{y-5}{-1-5}=\dfrac{x-1}{7-1}\)，
即\(2x-y=0\)，\(x+y-6=0\)．
解方程組\(\left\{\begin{array}{l} 2 x-y=0 \\ x+y-6=0 \end{array}\right.\)得\(Q(2 ,4)\)．
【點撥】本題是從幾何方法入手，利用“一點到兩定點距離之和最小值為兩定點距離”的三點共線最值模型求解.

【典題2】設\(a\),\(b∈R\)，\(\sqrt{(a-1)^{2}+(b-1)^{2}}+\sqrt{(a+1)^{2}+(b+1)^{2}}\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】從幾何意義看，
\(\sqrt{(a-1)^{2}+(b-1)^{2}}+\sqrt{(a+1)^{2}+(b+1)^{2}}\)表示點\((a ,b)\)到點\((1 ,1)\)和\((-1 ,-1)\)距離的和，
其最小值為\((1 ,1)\)和\((-1 ,-1)\)兩點間的距離\(2 \sqrt{2}\).
【點撥】本題是函式最值問題，但很巧妙的使用了兩點距離公式從而化為幾何最值問題.平面上的兩點\(P_1 (x_1 ,y_1)\),\(P_2 (x_2 ,y_2)\)間的距離\(\left|P_{1} P_{2}\right|=\sqrt{\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{2}-y_{1}\right)^{2}}\)，若給兩點座標我們用此公式很容易得到兩點距離，若給了\(\sqrt{(a-1)^{2}+(b-1)^{2}}\)能夠聯想到兩點距離公式呢？這裡就提醒我們在掌握知識的“直用”也要會“逆用”.

【典題3】已知\(m∈R\)，動直線\(l_1：x+my-2=0\)過定點\(A\)，動直線\(l_2：mx-y-2m+3=0\)過定點\(B\)，若\(l_1\)與\(l_2\)交於點\(P\)(異於點\(A\),\(B\))，則\(|PA|+|PB|\)的最大值為\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】\(l_1:x+my-2=0\)可變形為\((x-2)+my=0\)，過定點\(A(2 ,0)\)，
\(l_2：mx-y-2m+3=0\)可變形為\(m(x-2)-(y-3)=0\)，過定點\(B(2 ,3)\)，
\({\color{Red}{方法1\quad 代數法 }}\)
由\(\left\{\begin{array}{c} x+m y-2=0 \\ m x-y-2 m+3=0 \end{array}\right.\)可得交點\(P\left(2-\dfrac{3 m}{m^{2}+1}, \dfrac{3}{m^{2}+1}\right)\)，
則\(|P A|=\sqrt{\left(\dfrac{3 m}{m^{2}+1}\right)^{2}+\left(\dfrac{3}{m^{2}+1}\right)^{2}}=\dfrac{3}{\sqrt{m^{2}+1}}\)，\(|P B|=\sqrt{\left(\dfrac{3 m}{m^{2}+1}\right)^{2}+\left(\dfrac{3}{m^{2}+1}-3\right)^{2}}=\dfrac{3 \sqrt{2}|m|}{m^{2}+1}\)
設\(a=\dfrac{3}{\sqrt{m^{2}+1}}\)，\(b=\dfrac{3 \sqrt{2}|m|}{m^{2}+1}\)，則\(a^2+b^2=9\)， \({\color{Red}{(發現這關係是關鍵) }}\)
則\(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{2} \leq \dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}=\dfrac{9}{2} \Rightarrow a+b \leq 3 \sqrt{2}\)，當\(a=b=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)時取到等號，
即\(|PA|+|PB|\)的最大值為\(3 \sqrt{2}\)，當\(m=±1\)時取到最值.
\({\color{Red}{ 方法2 \quad 幾何法}}\)
觀察直線斜率可知直線\(l_1\)與直線\(l_2\)垂直， \({\color{Red}{ (發現這一隱含條件是關鍵) }}\)
則有\(PA⊥PB\)，且\(|PA|^2+|PB|^2=|AB|^2=9\)，
\({\color{Red}{(相當於方法1的a^2+b^2=9，此時題目轉化為“已知|PA|^2+|PB|^2=9，求|PA|+|PB|的最大值”，想到基本不等式) }}\)
由\(|P A|^{2}+|P B|^{2} \geq 2|P A| \cdot|P B| \Rightarrow|P A| \cdot|P B| \leq \dfrac{9}{2}\)
所以\((|P A|+|P B|)^{2}=|P A|^{2}+|P B|^{2}+2|P A| \cdot|P B| \leq 18\)，
即\(|P A|+|P B| \leq 3 \sqrt{2}\)，當且僅當\(|PA|=|PB|\)時取等號，
所以\(|PA|+|PB|\)的最大值為\(3 \sqrt{2}\)．
【思考】體會下兩種方法的異同與優劣性，方法\(1\)中\(|P A|+|P B|=\dfrac{3}{\sqrt{m^{2}+1}}+\dfrac{3 \sqrt{2}|m|}{m^{2}+1}\)還能轉化為函式最值求解麼？

【典題4】已知點\(A(4 ,0)\),\(B(0 ,2)\)，對於直線\(l：x-y+m=0\)的任意一點\(P\)，都有\(|PA|^2+|PB|^2>18\)，則實數\(m\)的取值範圍是\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】根據題意，點\(P\)在直線\(l：x-y+m=0\)上，設\(P\)的座標為\((x ,x+m)\)，
則有\(|PA|^2+|PB|^2\)
\(=(x-4)^{2}+(x+m-0)^{2}+(x-0)^{2}+(x+m-2)^{2}\)
\(=4 x^{2}+(4 m-12) x+\left(2 m^{2}-4 m+20\right)\)，
若對於直線\(l：x-y+m=0\)上的任意一點\(P\)，都有\(|PA|^2+|PB|^2>18\)，
則\(4x^2+(4m-12)x+(2m^2-4m+20)>18\)恆成立，
即\(4x^2+(4m-12)x+(2m^2-4m+2)>0\)對於\(R\)恆成立，
則有\(△=（4m-12）^2－16(2m^2-4m+2)<0\)，即\(m^2+2m-7>0\)，
解可得\(m>-1+2 \sqrt{2}\)或\(m<-1-2 \sqrt{2}\)，
即\(m\)的取值範圍為\((-\infty,-1-2 \sqrt{2}) \cup(-1+2 \sqrt{2},+\infty)\).
【點撥】本題採取設元的方法，把\(|PA|^2+|PB|^2>18\)轉化為恆成立問題處理.這是典型的代數方法，又是否存在幾何的思路呢？

情況2 點到直線的距離

【典題1】已知曲線\(C：xy=27\)和直線\(l：3x+4y=0\)，點\(M\)在曲線\(C\)上，點\(N\)在直線\(l\)上，則\(|MN|\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】設點\(M(a ,b)\)，則\(ab=27\)，\(|MN|\)取到最小值時是點\(M\)到直線\(l\)的距離，
點\(M\)到直線\(l\)的距離為\(d=\dfrac{|3 a+4 b|}{5}\)，
\(\therefore d^{2}=\dfrac{9 a^{2}+16 b^{2}+24 a b}{25} \geq \dfrac{24 a b+24 a b}{25}=\dfrac{48 \times 27}{25}\)\(\Rightarrow d \geq \dfrac{36}{5}\)，
\(∴|MN|\)的最小值是\(\dfrac{36}{5}\).

【典題2】已知直線\(l\)方程為\((2+m)x+(1-2m)y+4-3m=0\)．那\(m\)為何值時，點\(Q(3 ,4)\)到直線的距離最大，最大值為多少？

【解析】\({\color{Red}{方法一\quad 函式法 }}\)
點\(Q\)到直線\(l\)的距離\(d=\dfrac{3(2+m)+4(1-2 m)+4-3 m}{\sqrt{(2+m)^{2}+(1-2 m)^{2}}}=\dfrac{14-8 m}{\sqrt{5\left(m^{2}+1\right)}}\)，
則\(d^{2}=\dfrac{4}{5} \cdot \dfrac{(7-4 m)^{2}}{m^{2}+1}=\dfrac{4}{5} \cdot \dfrac{16 m^{2}-56 m+49}{m^{2}+1}\)\(=\dfrac{4}{5} \cdot\left(16+\dfrac{-56 m+33}{m^{2}+1}\right)\)
令\(t=-56m+33\)，
則\(\dfrac{-56 m+33}{m^{2}+1}=\dfrac{3136 t}{t^{2}-66 t+4225}=\left\{\begin{array}{c} 0, t=0 \\ \dfrac{3136}{t+\dfrac{4225}{t}-66}, t \neq 0 \end{array}\right.\)，
由對勾函式易得\(t+\dfrac{4225}{t}-66 \geq 64\)(當\(t=65\)時取到等號)，\(t+\dfrac{4225}{t}-66 \leq-196\)，
則\(0 \leq \dfrac{3136 t}{t^{2}-66 t+4225} \leq 49\)或\(-\dfrac{3136}{196}<\dfrac{3136 t}{t^{2}-66 t+4225}<0\)
故當\(t=65\)，即\(m=-\dfrac{4}{7}\)時，\(d^2\)取到最大值\(\dfrac{4}{5} \cdot(16+49)=52\)，即\(d_{\max }=2 \sqrt{13}\).
\({\color{Red}{方法二\quad 幾何法 }}\)
直線\((2+m)x+(1-2m)y+4-3m=0\)化為\((x-2y-3)m=-2x-y-4\)．
由\(\left\{\begin{array}{l} x-2 y-3=0 \\ -2 x-y-4=0 \end{array}\right.\)，得\(\left\{\begin{array}{l} x=-1 \\ y=-2 \end{array}\right.\)，
\(∴\)直線必過定點\((-1 ,-2)\)．
當點\(Q(3 ,4)\)到直線的距離最大時，\(QP\)垂直於已知的直線，
即點\(Q\)與定點\(P(-1 ,-2)\)的連線就是所求最大值，
此時直線\(PQ\)與直線\((2+m)x+(1-2m)y+4-3m=0\)垂直，
\(\because k_{P Q}=\dfrac{-2-4}{-1-3}=\dfrac{3}{2}\)，\(\therefore \dfrac{2+m}{2 m-1}=-\dfrac{2}{3}\)，解得\(m=-\dfrac{4}{7}\)，
此時，點\(Q(3 ,4)\)到直線的最大距離是\(\sqrt{(3+1)^{2}+(4+2)^{2}}=2 \sqrt{13}\)．
綜上所述，\(m=-\dfrac{4}{7}\)時，點\(Q(3 ,4)\)到直線的距離最大，最大值為\(2 \sqrt{13}\)．
【點撥】體會下兩種方法的優劣性.

【典題3】設直線\(l_1：y=k_1 x+1\)，\(l_2：y=k_2 x-1\), 其中實數\(k_1\),\(k_2\)滿足\(k_1 k_2+1=0\)．
(1)證明：直線\(l_1\)與\(l_2\)相交；
(2)試用解析幾何的方法證明：直線\(l_1\)與\(l_2\)的交點到原點距離為定值；
(3)設原點到\(l_1\)與\(l_2\)的距離分別為\(d_1\)和\(d_2\)，求\(d_1+d_2\)的最大值．
【解析】證明：(1) \({\color{Red}{ (只需證明 k_1≠k_2) }}\)
反證法：假設\(l_1\)與\(l_2\)不相交，\({\color{Red}{(若從正面入手較難，可考慮“反證法”) }}\)
則\(l_1\)與\(l_2\)平行，有\(k_1=k_2\)，
代入\(k_1 k_2+1=0\)，得\(k_1^2+1=0\)，
這與\(k_1\)為實數的事實相矛盾，\(∴k_1≠k_2\)，故\(l_1\)與\(l_2\)相交．
(2)由(1)知\(k_1≠k_2\)，由方程組\(\left\{\begin{array}{l} y=k_{1} x+1 \\ y=k_{2} x-1 \end{array}\right.\)
解得交點\(P\)的座標\((x ,y)\)為\(\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{2}{k_{2}-k_{1}} \\ y=\dfrac{k_{2}+k_{1}}{k_{2}-k_{1}} \end{array}\right.\)，
而\(j x^{2}+y^{2}=\left(\dfrac{2}{k_{2}-k_{1}}\right)^{2}+\left(\dfrac{k_{2}+k_{1}}{k_{2}-k_{1}}\right)^{2}\)\(=\dfrac{4+k_{2}^{2}+k_{1}^{2}+2 k_{1} k_{2}}{k_{2}^{2}+k_{1}^{2}-2 k_{1} k_{2}}=\dfrac{k_{1}^{2}+k_{2}^{2}+2}{k_{1}^{2}+k_{2}^{2}+2}=1\)．
即\(l_1\)與\(l_2\)的交點到原點距離為\(1\)．
（3）\(d_{1}+d_{2}=\dfrac{1}{\sqrt{1+k_{1}^{2}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+k_{2}^{2}}}\)
\({\color{Red}{(從函式的角度思考，遇到二元，要不基本不等式，要不消元) }}\)
\(=\dfrac{1}{\sqrt{1+k_{1}^{2}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{k_{1}^{2}}}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+k_{1}^{2}}}+\dfrac{\left|k_{1}\right|}{\sqrt{1+k_{1}^{2}}}\)
\(=\dfrac{1+\left|k_{1}\right|}{\sqrt{1+k_{1}^{2}}}\)\({\color{Red}{(遇到根號，基本思路是考慮平方，換元) }}\)
\(=\sqrt{\dfrac{\left(1+\left|k_{1}\right|\right)^{2}}{1+k_{1}^{2}}}\)
\({\color{Red}{ (遇到y=\dfrac{a_{1} x^{2}+b_{1} x+c_{1}}{a_{2} x^{2}+b_{2} x+c_{2}}形式，利用分離常數法、基本不等式) }}\)
\(=\sqrt{1+\dfrac{2\left|k_{1}\right|}{1+k_{1}^{2}}}=\sqrt{1+\dfrac{2}{\dfrac{1}{\left|k_{1}\right|}+\left|k_{1}\right|}} \leq \sqrt{2}\)，
當\(|k_1 |=1\)即\(k_1=±1\)時，\(d_1+d_2\)的最大值是\(\sqrt{2}\)．
【點撥】對於一些常見的式子(或模型)的處理手段要掌握好，這是基本功.

情況3 兩平行線間的距離

【典題1】若平面內兩條平行線\(l_1：x+(a-1)y+2=0\)，\(l_2：ax+2y+1=0\)間的距離為\(\dfrac{3 \sqrt{5}}{5}\)，則實數\(a=\) \(\underline{\quad \quad}\).
【解析】\(∵\)平面內兩條平行線\(l_1：x+(a-1)y+2=0\)，\(l_2：ax+2y+1=0\)，
\(\therefore \dfrac{1}{a}=\dfrac{a-1}{2} \neq \dfrac{2}{1}\)，\(∴a=2\)或\(a=-1\)．
當\(a=2\)時，兩條平行直線即\(l_1：2x+2y+4=0\)，\(l_2：2x+2y+1=0\)，
它們之間的距離為\(\dfrac{|4-1|}{\sqrt{4+4}}=\dfrac{3}{2 \sqrt{2}}\)，不滿足條件．
當\(a=-1\)時，兩條平行直線即\(l_1：x-2y+2=0\)，\(l_2：x-2y-1=0\)，
它們之間的距離為\(\dfrac{|2+1|}{\sqrt{1+4}}=\dfrac{3 \sqrt{5}}{5}\)，滿足條件，
故實數\(a=-1\)．
【點撥】用兩平行直線距離公式時，要確定\(x\)、\(y\)前的係數一致後才能使用.

【典題2】正方形\(ABCD\)一條邊\(AB\)所在方程為\(x+3y-5=0\)，另一邊\(CD\)所在直線方程為\(x+3y+7=0\)，
(1)求正方形中心\(G\)所在的直線方程；
(2)設正方形中心\(G(x_0 ,y_0)\)，當正方形僅有兩個頂點在第一象限時，求\(x_0\)的取值範圍．

【解析】(1) 由於正方形中心\(G\)所在直線平行於直線\(x+3y-5=0\)，
設中心所在直線為\(x+3y+c=0\)，
由平行線間的距離公式得\(\dfrac{|c+5|}{\sqrt{1^{2}+3^{2}}}=\dfrac{|c-7|}{\sqrt{1^{2}+3^{2}}}\)，解得\(c=1\)．
則正方形中心\(G\)所在的直線方程為\(x+3y+1=0\)；
(2) 正方形的邊長即為平行直線\(AB\)與\(CD\)間的距離\(d=\dfrac{|7+5|}{\sqrt{1^{2}+3^{2}}}=\dfrac{12}{\sqrt{10}}\)，
設正方形\(BC\)所在直線方程為\(3x-y+m=0\)， \({\color{Red}{(用到了正方形內角是直角的性質) }}\)
由於中心\(G(x_0 ,y_0)\)到\(BC\)的距離均等於\(\dfrac{d}{2}=\dfrac{6}{\sqrt{10}}\)， \({\color{Red}{(相當用到了正方形四邊相等的性質) }}\)
那麼\(\dfrac{\left|3 x_{0}-y_{0}+m\right|}{\sqrt{1^{2}+3^{2}}}=\dfrac{6}{\sqrt{10}}\)，解得\(m=±6-3x_0+y_0\)①，
又因為\(G\)在直線\(x+3y+1=0\)上，那麼\(x_0+3y_0+1=0\)，即\(y_{0}=-\dfrac{x_{0}+1}{3}\)②，
把②代入①得\(m=\pm 6-\dfrac{10 x_{0}+1}{3}\)③，
聯立方程\(\left\{\begin{array}{l} x+3 y-5=0 \\ 3 x-y+m=0 \end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{-3 m+5}{10} \\ y=\dfrac{m+15}{10} \end{array}\right.\)，
由於正方形只有兩個點在第一象限，
那麼\(\left\{\begin{array}{l} x>0 \\ y>0 \end{array},\right.\)，就是\(\left\{\begin{array}{l} \dfrac{-3 m+5}{10}>0 \\ \dfrac{m+15}{10}>0 \end{array}\right.\)，解得\(-15<m<\dfrac{5}{3}\)④，
把③代入④得到\(-15<\pm 6-\dfrac{10 x_{0}+1}{3}<\dfrac{5}{3}\)，解得\(\dfrac{6}{5}<x_{0}<\dfrac{13}{5}\)．
故\(x_0\)的取值範圍為\(\left(\dfrac{6}{5}, \dfrac{13}{5}\right)\)．
【點撥】結合圖象，充分利用圖象的性質得到變數的限制要求，從而求出變數範圍.

鞏固練習

1(★)已知\(△ABC\)的頂點為\(A(2 ,1)\)，\(B(-2 ,3)\)，\(C(0 ,-1)\)，則\(AC\)邊上的中線長為\(\underline{\quad \quad}\)．

2(★)點\(P(\cosθ ,\sinθ)\)到直線\(3x+4y-12=0\)的距離的取值範圍為\(\underline{\quad \quad}\)．

3(★)到直線\(3x－4y+1=0\)的距離為\(3\)且與此直線平行的直線方程是\(\underline{\quad \quad}\)．

4(★★)兩條平行線\(l_1\),\(l_2\)分別過點\(P(-1 ,2)\)，\(Q(2 ,-3)\)，它們分別繞\(P\),\(Q\)旋轉，但始終保持平行，則\(l_1\),\(l_2\)之間距離的取值範圍是\(\underline{\quad \quad}\)．

5(★)已知直線\(l\)經過點\(P(5 ,10)\)，且原點到它的距離為\(5\)，則直\(線l\)的方程為\(\underline{\quad \quad}\)．

6(★★)已知點\(M(a ,b)\)在直線\(l：3x+4y=25\)上，則\(\sqrt{a^{2}+b^{2}}\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)．

7(★★)若直線\(m\)被兩平行線\(l_{1}: x-\sqrt{3} y+1=0\)與\(l_{2}: x-\sqrt{3} y+3=0\)所截得的線段的長為\(1\)，則直線\(m\)的傾斜角的大小為\(\underline{\quad \quad}\)．

8(★★)已知實數\(a\),\(b\),\(c\)成等差數列，則點\(P(2 ,-1)\)到直線\(ax+by+c=0\)的最大距離是\(\underline{\quad \quad}\)．

9(★★)平面直角座標系內，動點\(P(a ,b)\)到直線\(l_{1}: y=\dfrac{1}{2} x\)和\(l_2：y=-2x\)的距離之和是\(4\)，則\(a^2+b^2\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．

10(★★★)在平面直角座標系\(xOy\)中，設定點\(A(a ,a)\)，\(P\)是函式\(y=\dfrac{1}{x}(x>0)\)圖象上一動點．若點\(P\)，\(A\)之間的最短距離為\(2 \sqrt{2}\)，則滿足條件的實數\(a\)的所有值為\(\underline{\quad \quad}\)．

11(★★★)已知點\(P\),\(Q\)分別在直線\(l_1：x+y+2=0\)與直線\(l_2：x+y-1=0\)上，且\(PQ⊥l_1\)，點\(A(-3 ,-3)\)，\(B\left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\)，則\(|AP|+|PQ|+|QB|\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)．

答案

1.\(3 \sqrt{2}\)
2.\(\left[\dfrac{7}{5}, \dfrac{17}{5}\right]\)
3.\(3x－4y+16=0\)或\(3x－4y－14=0\)
4.\((0, \sqrt{34}]\)
5.\(x=5\)或\(3x-4y+25=0\)
6.\(5\)
7.\(120°\)
8.\(\sqrt{2}\)
9.\(8\)
10.\(a=\sqrt{10}\)或\(a=-1\)
11.\(\sqrt{13}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)

作者：ZhaoGui,廣東湛江，微信mathszhg，歡迎交流

出處:貴哥講高中數學

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