1、1两平面的平行判定和性质（含解析）例 1：已知正方体 1-DCBA求证：平面 平面 /1证明： 为正方体，1-AB ， CD1/又 平面 ，故 平面 /1AB1同理 平面 DC又 ，11 平面 平面 /ABD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，只需连接即可，此法还可以求出这两个平行平面的距离CA1典型例题二例 2：如图，已知 ， ， /aA/典型例题一例 1 已知 ， ， ，求 点的坐标，使四边形 为等腰梯)3,0(A)0,1(B),3(CDABCD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 ， ，),(yx
2、DCDAB/CDABkB2即 .163)(,013222yx由、解得 )5,D若 ，则BCA/,BAkC即 .31)3(,022yx由、式解得 ),(D故 点的坐标为 或 5,6)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 、 的斜率都存在，ABC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a 01)()2(1yaxal：互相垂直？02)3()1(yxl：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1l的方程分别是 ， ，则 的充要条件是2l
3、 011CyBxAl： 022CyBxAl： 21l”（其证明可借助向量知识完成）解题021BA解法一：由题意，直线 21l(1)若 ，即 ，此时直线 ， 显然垂直；01a013xl： 025yl：(2)若 ，即 时，直线 与直线 不垂直；322： 4xl：(3)若 ，且 ，则直线 、 斜率 、 存在，01a031l21k2， k21ak当 时， ，即 ，21l1 1)32()(a3 .1a综上可知，当 或 时，直线 1a21l解法二：由于直线 ，所以 ，解得 2l0)3()(aa1a故当 或 时，直线 1a21l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的
4、斜率分别为 、 ，则 ， 2l1k2ak1321k由 ，得 ，即 21l )()(解上述方程为 从而得到当 时，直线 与 互相垂直a1l2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l)1,3(P011yxl： 062yxl：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1l2AB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kABk
5、 1l2与 夹角的关系求解 (3)设直线 与 、 分别相交于 、 ，则可通过l1 l12l),(1yx),(y求出 、 的值，确定直线 的斜率（或倾斜角） ，从而求得直线 的方程2y21x l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l l3x1l2为 和 ，截得的线段 的长 ，符合题意，)4,3(A)9,3(BAB5944若直线 的斜率存在，则设直线 的方程为 l l 1)3(xky解方程组 得 ，,01)3(yxk4,12kA解方程组 得 ,6)( 9,7B由 ，得 5AB 2251413kk解之，得 ，即欲求的直线方程为 0ky综上可知，所求 的方程为 或
6、l3x1解法二：由题意，直线 、 之间的距离为 ，且直线 被平等直线 、1l2 1256dl1l所截得的线段 的长为 5（如上图） ，设直线 与直线 的夹角为 ，则2lABll，故 25sin4由直线 的倾斜角为 135，知直线 的倾斜角为 0或 90，又由直线011yxl： l过点 ，故直线 的方程为 或 l),3(Pl3x1y解法三：设直线 与 、 分别相交 、 ，则：12),(A),(2yxB， 01yx06yx两式相减，得 5)()(2121又 )(21yx联立、，可得 或0521x5021yx由上可知，直线 的倾斜角分别为 0或 90l故所求直线方程为 或 3xy说明：本题容易产生的
7、误解是默认直线 的斜率存在，这样由解法一就只能得到 ，l 0k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aa5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ddada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l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31，A，BC90ACB点 的个数是（ ） C（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
8、上，点 的坐标可设为xy或 0，x，y由题意， ，直线 与直线 垂直，其斜率乘积为 1，可分别求得90ACBACB或 2， 或 4，所以满足条件的点的坐标为（0，0） ， （2，0） ， （0，4） xy说明：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本题DD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xy四点典型例题五例 5 已知 的一个定点是 ， 、 的平分线分别是 ，ABC13，ABC0x，求直线 的方程xy分析：利用角平分线的轴对称性质，求出 关于 ， 的对称点，它
9、们显然0xxy在直线 上B解： 关于 ， 的对称点分别是 和 ，且这两点都在直13，A0xxy13， ，线 上，由两点式求得直线 方程为 CBC052y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13yx43yx的直线的方程0743yx解一：解得两直线 和 的交点为（ ， ） ，由已知垂02yx0yx3597直关系可求得所求直线的斜率为 ，进而所求直线方程为 3404yx6解二：设所求直线方程为 ，将所求交点坐标（ ， ）代入方程得034myx 3597，所以所求直线方程为 9m9解三：所求直线过点（ ， ） ，且与直线 垂直，所以，所求直线方3570743yx程为94x即 0
10、3y解四：设所求直线得方程为 412yxmx即 （1）03由于该直线与已知直线 垂直7yx则 142m解得 代入（1）得所求直线方程为 093yx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AxyMN的周长最短，并求出最短周长AMN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xy的对称点分别为 ，0y3，B1，C MNNA又 M周长最小值是： 52BC由两点式可得 方程为：02yxCAxCNOy BM图 17而且易求得： （ ， ） ， （ ，0） ，M35N25此时，周长最短，周长为
11、典型例题八例 8 已知实数 ， 满足 ，求证： ab1252ba解：本题的几何意义是：直线 上的点（ ， ）与定点 的距离的平a，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25度即距离 ，251d所以 ，即 )()(ba252ba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 ，xOA2BOAa， ，试在 轴的正半周上求一点 ，使 取得最大值bOB0aC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
12、：如图 2，设点 0xC， ， ， ，xOAabOB ，sincoa，bB，于是直线 、 的斜率分别为：CA，xaxkcostnCB xCOBA y图 28 CABkA1tan )cos)(cs(inoi2xaxb 2i)o)(cs(iinaxb 2)(ia cos)(inbx axb2 cosintnbACB当且仅当 即 ， 点的坐标为（ ，0） ，由 可知xabaab2为锐角，所以此时 有最大值 rctncos)(2in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
13、，求 关于直线 对称的直线 的方程0421yxl： 1l 0143yxl： 2l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01432yx1l )2,3(PP2l设 的斜率为 ，又 的斜率为 -2， 的斜率为 ，则2lkll4，解得 k)43(1)(431129故 的直线方程为 即 2l )3(12xy 0162yx解法二：在直线 上取一点 ，又设点 关于直线 的对称点为 ，则1l0,AAl ),(0yxB解得.012423,0yxy )58,4(B故由两点式可求得直线 的方程为 l
14、 0162yx解法三：设直线 上一动点 关于直线 的对称点为 ，则2),(Ml ),(yxM.01243, yxy解得 ， 56725874 yx显然 在 上，即 ，也即),(yxM1l 04258746 yx这便是所求的直线 的方程0612x 2l解法四：设直线 上一动点 ，则 关于 的对称点 在直线 上，可设2l),(yxMlM1l的坐标为 ，则 )4,(00x,34)2( ,51)2(51300xy即 .34)2( ,51)2(51000xyx消去 ，得 ，即此所求的直线 的方程016y2l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
15、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2l10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，m0)1()3()12( myxm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
16、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mmm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 ；0)1()3()12( yx 013yx令 ，得 1m04yx解方程组 得两直线的交点为 13)3,2(将点 代入已知直线方程左边，得：),2()1()3mm 019324m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：0)13()12(yxyx由于 取值的任意性，有，解得 ， 03yx23所以所给的直线不论 取什么实数，都经过一个定点 m)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 ()镜框中，画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距 、 ( )，学生1809 amba距离镜框下缘多远看画的效果最佳？
