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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
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