兩條直線的交點坐標兩點間的距離公式

直線的交點坐標與距離公式兩條直線的交點坐標兩點間的距離公式課標要求素養(yǎng)要求1.能用解方程組的方法求兩條直線的交點坐標.2.探索并掌握平面上兩點間的距離公式.通過求解兩直線的交點坐標及兩點間的距離，提升數(shù)學(xué)運算、數(shù)學(xué)抽象及邏輯推理素養(yǎng).新知探究中段導(dǎo)彈防御系統(tǒng)是用來對敵方彈道導(dǎo)彈進行探測和跟蹤，然后發(fā)射攔截導(dǎo)彈，在敵方彈道導(dǎo)彈尚未到達目標之前，在空中對其進行攔截并將其摧毀.假若導(dǎo)彈的飛行路線是一條直線，攔截導(dǎo)彈的飛行路線也是直線，則被攔截的一瞬間即為兩直線相交的過程.問題把上述問題放在平面直角坐標系中，如何求解兩直線的交點坐標？提示分別求出兩導(dǎo)彈飛行路線所在的直線方程，聯(lián)立解方程組即可求出交點坐標.1.直線的交點與直線的方程組成的方程組的解的關(guān)系(1)兩直線的交點點P的坐標既滿足直線l1的方程A1x＋B1y＋C1＝0，也滿足直線l2的方程A2x＋B2y＋C2＝0，即點P的坐標是方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A1x＋B1y＋C1＝0，,A2x＋B2y＋C2＝0))的解，解這個方程組就可以得到這兩條直線的交點坐標.(2)兩直線的位置關(guān)系方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A1x＋B1y＋C1＝0，,A2x＋B2y＋C2＝0))的解一組無數(shù)組無解直線l1與l2的公共點的個數(shù)一個無數(shù)個零個直線l1與l2的位置關(guān)系相交重合平行2.兩點間的距離公式兩點間的距離公式非常重要，請同學(xué)們一定要牢記條件點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)結(jié)論|P1P2|＝eq\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2)特例點P(x，y)到原點O(0，0)的距離|OP|＝eq\r(x2＋y2)3.利用“坐標法”解決平面幾何問題的基本步驟eq\x(\a\al(第一步：建立,坐標系，用坐,標表示有關(guān)的量))→eq\x(\a\al(第二步：進行,有關(guān)代數(shù)運算))→eq\x(\a\al(第三步：把代數(shù),運算的結(jié)果“翻,譯”成幾何結(jié)論))拓展深化[微判斷]1.若兩直線相交，則交點坐標一定是兩直線方程所組成的二元一次方程組的解.(√)2.無論m為何值，x－y＋1＝0與x－2my＋3＝0必相交.(×)提示當(dāng)m＝eq\f(1,2)時兩直線平行.[微訓(xùn)練]1.直線x－y＋2＝0與直線x＋y－8＝0的交點坐標為()A.(3，－5) B.(－3，5)C.(3，5) D.(－3，－5)解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋2＝0，,x＋y－8＝0))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝5.))故交點為(3，5).答案C2.光線從點A(－3，5)射到x軸上，經(jīng)反射以后經(jīng)過點B(2，10)，則光線從A到B的距離為()\r(2) \r(5)\r(10) \r(5)解析∵點A關(guān)于x軸的對稱點為A′(－3，－5)，∴|A′B|＝eq\r(（－3－2）2＋（－5－10）2)＝5eq\r(10)，由光的反射理論可知，此即為光線從A到B的距離.答案C[微思考]1.平面內(nèi)兩點間的距離公式與坐標順序是否有關(guān)？提示無關(guān).在計算公式中x2與x1，y2與y1的位置可以互換，不影響計算結(jié)果.2.式子eq\r(x2＋y2)的幾何意義是什么？提示式子eq\r(x2＋y2)＝eq\r(（x－0）2＋（y－0）2)表示平面上的點(x，y)到原點的距離.3.當(dāng)兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)都在同一坐標軸上時，兩點間距離公式還適用嗎？提示適用.當(dāng)兩點都在x軸上時，|AB|＝|x1－x2|；當(dāng)兩點都在y軸上時，|AB|＝|y1－y2|.題型一兩直線的交點問題【例1】求經(jīng)過兩直線l1：3x＋4y－2＝0和l2：2x＋y＋2＝0的交點且過坐標原點的直線l的方程.解法一由方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋4y－2＝0，,2x＋y＋2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝2，))即l1與l2的交點坐標為(－2，2).∵直線過坐標原點，∴其斜率k＝eq\f(2,－2)＝－1.故直線方程為y＝－x，即x＋y＝0.法二∵l2不過原點，∴可設(shè)l的方程為3x＋4y－2＋λ(2x＋y＋2)＝0(λ∈R)，即(3＋2λ)x＋(4＋λ)y＋2λ－2＝0.將原點坐標(0，0)代入上式，得λ＝1，∴直線l的方程為5x＋5y＝0，即x＋y＝0.規(guī)律方法求與已知兩直線的交點有關(guān)的問題，可有以下兩種解法：(1)先求出兩直線交點，將問題轉(zhuǎn)化為過定點的直線，然后再依其他條件求解.(2)運用過兩直線交點的直線系方程：若兩直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0有交點，則過l1與l2交點的直線系方程為A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0(λ為待定常數(shù)，不包括直線l2)，設(shè)出方程后再利用其他條件求解.【訓(xùn)練1】求經(jīng)過兩直線l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交點P，且與直線l3：3x－4y＋5＝0垂直的直線l的方程.解法一由方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4＝0，,x＋y－2＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2，))即P(0，2).∵l⊥l3，l3的斜率為eq\f(3,4)，∴kl＝－eq\f(4,3)，∴直線l的方程為y－2＝－eq\f(4,3)x，即4x＋3y－6＝0.法二∵直線l過直線l1和l2的交點，∴可設(shè)直線l的方程為x－2y＋4＋λ(x＋y－2)＝0，即(1＋λ)x＋(λ－2)y＋4－2λ＝0.∵l與l3垂直，∴3(1＋λ)＋(－4)(λ－2)＝0，∴λ＝11，∴直線l的方程為12x＋9y－18＝0，即4x＋3y－6＝0.題型二兩點間距離公式的應(yīng)用【例2】(1)已知點A(－3，4)，B(2，eq\r(3))，在x軸上找一點P，使|PA|＝|PB|，并求|PA|的值；(2)已知△ABC三頂點坐標A(－3，1)，B(3，－3)，C(1，7)，試判斷△ABC的形狀.解(1)設(shè)點P的坐標為(x，0)，則有|PA|＝eq\r(（x＋3）2＋（0－4）2)＝eq\r(x2＋6x＋25)，|PB|＝eq\r(（x－2）2＋（0－\r(3)）2)＝eq\r(x2－4x＋7).由|PA|＝|PB|，得x2＋6x＋25＝x2－4x＋7，解得x＝－eq\f(9,5).故所求點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，0)).|PA|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)＋3))\s\up12(2)＋（0－4）2)＝eq\f(2\r(109),5).(2)法一∵|AB|＝eq\r(（3＋3）2＋（－3－1）2)＝2eq\r(13)，|AC|＝eq\r(（1＋3）2＋（7－1）2)＝2eq\r(13)，又|BC|＝eq\r(（1－3）2＋（7＋3）2)＝2eq\r(26)，∴|AB|2＋|AC|2＝|BC|2，且|AB|＝|AC|，∴△ABC是等腰直角三角形.法二∵kAC＝eq\f(7－1,1－（－3）)＝eq\f(3,2)，kAB＝eq\f(－3－1,3－（－3）)＝－eq\f(2,3)，則kAC·kAB＝－1，∴AC⊥AB.又|AC|＝eq\r(（1＋3）2＋（7－1）2)＝2eq\r(13)，|AB|＝eq\r(（3＋3）2＋（－3－1）2)＝2eq\r(13)，∴|AC|＝|AB|.∴△ABC是等腰直角三角形.規(guī)律方法平面上兩點間的距離公式的應(yīng)用類型(1)已知所求點的相關(guān)信息及該點到某點的距離滿足某些條件時，設(shè)出所求點的坐標，利用兩點間的距離公式建立關(guān)于所求點坐標的方程或方程組求解.(2)利用兩點間距離公式可以判定三角形的形狀.從三邊長入手，如果邊長相等，則可能是等腰或等邊三角形，如果滿足勾股定理，則是直角三角形.【訓(xùn)練2】(1)已知點A(3，6)，在x軸上的點P與點A的距離等于10，求點P的坐標.(2)已知點A(－2，－1)，B(－4，－3)，C(0，－5)，求證：△ABC是等腰三角形.(1)解設(shè)點P的坐標為(x，0)，由|PA|＝10，得eq\r(（x－3）2＋（0－6）2)＝10，解得：x＝11或x＝－5.所以點P的坐標為(－5，0)或(11，0).(2)證明∵|AB|＝eq\r(（－4＋2）2＋（－3＋1）2)＝2eq\r(2)，|AC|＝eq\r(（0＋2）2＋（－5＋1）2)＝2eq\r(5)，|BC|＝eq\r(（0＋4）2＋（－5＋3）2)＝2eq\r(5)，∴|AC|＝|BC|.又∵點A，B，C不共線，∴△ABC是等腰三角形.題型三坐標法的應(yīng)用【例3】求證：三角形的中位線長度等于第三邊長度的一半.證明如圖，以A為原點，邊AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系，其中D，E分別為邊AC和BC的中點.設(shè)A(0，0)，B(c，0)，C(m，n)，則|AB|＝|c|.又由中點坐標公式，得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)，\f(n,2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c＋m,2)，\f(n,2)))，∴|DE|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(c＋m,2)－\f(m,2)))＝|eq\f(c,2)|，∴|DE|＝eq\f(1,2)|AB|，即三角形的中位線長度等于第三邊長度的一半.規(guī)律方法用解析法解題時，雖然平面圖形的幾何性質(zhì)不依賴于直角坐標系的建立，但不同的直角坐標系會使我們的計算有繁簡之分，因此在建立直角坐標系時必須“避繁就簡”.【訓(xùn)練3】已知：等腰梯形ABCD中，AB∥DC，對角線為AC和BD.求證：|AC|＝|BD|.證明如圖所示，建立直角坐標系，設(shè)A(0，0)，B(a，0)，C(b，c)，則點D的坐標是(a－b，c).∴|AC|＝eq\r(（b－0）2＋（c－0）2)＝eq\r(b2＋c2)，|BD|＝eq\r(（a－b－a）2＋（c－0）2)＝eq\r(b2＋c2).故|AC|＝|BD|.一、素養(yǎng)落地1.通過本節(jié)課的學(xué)習(xí)，進一步提升數(shù)學(xué)運算、數(shù)學(xué)抽象及邏輯推理素養(yǎng).2.方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A1x＋B1y＋C1＝0，,A2x＋B2y＋C2＝0))有唯一解的等價條件是A1B2－A2B1≠0，亦即兩條直線相交的等價條件是A1B2－A2B1≠0.直線A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0(λ∈R)是過直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0與l2：A2x＋B2y＋C2＝0交點的直線(不含l2).3.解析法又稱為坐標法，它就是通過建立直角坐標系，用坐標代替點、用方程代替曲線、用代數(shù)的方法研究平面圖形的幾何性質(zhì)的方法.4.兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)間的距離公式|P1P2|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)與兩點的先后順序無關(guān)，其反映了把幾何問題代數(shù)化的思想.二、素養(yǎng)訓(xùn)練1.已知直線l1：3x＋4y－5＝0與l2：3x＋5y－6＝0相交，則它們的交點是()\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3))) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,3))) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋4y－5＝0，,3x＋5y－6＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,3)，,y＝1.))故交點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).答案B2.經(jīng)過直線2x－y＋4＝0與x－y＋5＝0的交點，且垂直于直線x－2y＝0的直線方程是()＋y－8＝0 －y－8＝0＋y＋8＝0 －y＋8＝0解析聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋4＝0，,x－y＋5＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝6.))∴交點坐標為(1，6).由垂直關(guān)系，得所求直線的斜率為－2，則所求直線方程為y－6＝－2(x－1)，即2x＋y－8＝0.答案A3.已知A(－1，0)，B(5，6)，C(3，4)三點，則eq\f(|AC|,|CB|)的值為()\f(1,3) \f(1,2) 解析由兩點間的距離公式，得|AC|＝eq\r([3－（－1）]2＋（4－0）2)＝4eq\r(2)，|CB|＝eq\r(（3－5）2＋（4－6）2)＝2eq\r(2)，故eq\f(|AC|,|CB|)＝eq\f(4\r(2),2\r(2))＝2.答案D4.不論m取何實數(shù)，直線(m＋2)x－(m＋1)y＋m＋1＝0恒過定點________.解析由直線(m＋2)x－(m＋1)y＋m＋1＝0變形為m(x－y＋1)＋(2x－y＋1)＝0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋1＝0，,2x－y＋1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，))∴該直線過定點(0，1).答案(0，1)5.已知兩條直線l1：mx＋8y＋n＝0和l2：2x＋my－1＝0，試分別確定m，n的值，使：(1)l1與l2相交于一點P(m，1)；(2)l1∥l2且l1過點(3，－1)；(3)l1⊥l2且l1在y軸上的截距為－1.解(1)由于l1與l2相交于一點P(m，1)，故把點P(m，1)代入l1，l2的方程得m2＋8＋n＝0，2m＋m－1＝0，聯(lián)立解得m＝eq\f(1,3)，n＝－eq\f(73,9).(2)∵l1∥l2且l1過點(3，－1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－8×2＝0，,8×（－1）－mn≠0，,3m－8＋n＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝4，,n＝－4))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－4，,n＝20.))(3)由l1⊥l2且l1在y軸上的截距為－1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋8m＝0，,－\f(n,8)＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝0，,n＝8.))基礎(chǔ)達標一、選擇題1.直線x＋ky＝0，2x＋3y＋8＝0和x－y－1＝0交于一點，則k的值是()\f(1,2) B.－eq\f(1,2) D.－2解析由方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋3y＋8＝0，,x－y－1＝0))得直線2x＋3y＋8＝0與x－y－1＝0的交點坐標為(－1，－2)，代入直線x＋ky＝0得k＝－eq\f(1,2).答案B2.過兩直線l1：x－3y＋4＝0和l2：2x＋y＋5＝0的交點和原點的直線方程是()－9y＝0 ＋19y＝0－3y＝0 ＋19y＝0解析由方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3y＋4＝0，,2x＋y＋5＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(19,7)，,y＝\f(3,7)，))∴兩直線的交點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(19,7)，\f(3,7)))，∴所求直線的斜率為eq\f(\f(3,7)－0,－\f(19,7)－0)＝－eq\f(3,19)，∴所求直線的方程為y＝－eq\f(3,19)x，即3x＋19y＝0.答案D3.以點A(－3，0)，B(3，－2)，C(－1，2)為頂點的三角形是()A.等腰三角形 B.等邊三角形C.直角三角形 D.以上都不是解析∵|AB|＝eq\r(（－3－3）2＋22)＝eq\r(36＋4)＝eq\r(40)＝2eq\r(10)，|BC|＝eq\r(（－1－3）2＋（2＋2）2)＝eq\r(16＋16)＝eq\r(32)＝4eq\r(2)，|AC|＝eq\r(（－1＋3）2＋22)＝eq\r(8)＝2eq\r(2)，∴|AC|2＋|BC|2＝|AB|2，∴△ABC為直角三角形.故選C.答案C4.當(dāng)0<k<eq\f(1,2)時，直線l1：kx－y＝k－1與直線l2：ky－x＝2k的交點在()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限解析由方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx－y＝k－1，,ky－x＝2k，))得兩直線的交點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,k－1)，\f(2k－1,k－1))).因為0<k<eq\f(1,2)，所以eq\f(k,k－1)<0，eq\f(2k－1,k－1)>0，所以交點在第二象限.答案B5.方程(a－1)x－y＋2a＋1＝0(a∈R)所表示的直線()A.恒過定點(－2，3)B.恒過定點(2，3)C.恒過點(－2，3)和點(2，3)D.都是平行直線解析(a－1)x－y＋2a＋1＝0可化為－x－y＋1＋a(x＋2)＝0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－y＋1＝0，,x＋2＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝3.))答案A二、填空題6.過點A(4，a)和B(5，b)的直線和直線y＝x＋m平行，則|AB|＝________.解析由題意知kAB＝eq\f(b－a,5－4)＝b－a＝1，所以|AB|＝eq\r(（5－4）2＋（b－a）2)＝eq\r(2).答案eq\r(2)7.三條直線ax＋2y＋8＝0，4x＋3y＝10，2x－y＝10相交于一點，則實數(shù)a的值為________.解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x＋3y＝10，,2x－y＝10，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝－2，))把(4，－2)代入直線ax＋2y＋8＝0，可得4a－4＋8＝0，解得a＝－1.答案－18.若動點P的坐標為(x，1－x)，x∈R，則動點P到原點的最小值是________.解析由兩點間的距離公式得P到原點的距離為eq\r(x2＋（1－x）2)＝eq\r(2x2－2x＋1)＝eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2))，∴最小值為eq\r(\f(1,2))＝eq\f(\r(2),2).答案eq\f(\r(2),2)三、解答題9.求經(jīng)過直線l1：7x－8y－1＝0和l2：2x＋17y＋9＝0的交點，且垂直于直線2x－y＋7＝0的直線方程.解由方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋17y＋9＝0，,7x－8y－1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(11,27)，,y＝－\f(13,27)，))所以交點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,27)，－\f(13,27))).又因為所求直線斜率為k＝－eq\f(1,2)，所以所求直線方程為y＋eq\f(13,27)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(11,27)))，即27x＋54y＋37＝0.10.已知0<k<4，直線l1：kx－2y－2k＋8＝0和直線l2：2x＋k2y－4k2－4＝0與兩坐標軸圍成一個四邊形，求使得這個四邊形面積最小的k值.解由題意知直線l1，l2恒過定點P(2，4)，直線l1的縱截距為4－k，直線l2的橫截距為2k2＋2，如圖，所以四邊形的面積S＝eq\f(1,2)×(2k2＋2－2)×4＋(4－k＋4)×2×eq\f(1,2)＝4k2－k＋8(0＜k＜4)，故四邊形面積最小時，k＝eq\f(1,8).能力提升11.已知△ABC的三頂點A(3，8)，B(－11，3)，C(－8，－2)，則BC邊上的高AD的長度為________.解析由兩點間距離公式得|AB|＝eq\r(221)，|BC|＝eq\r(34)，|AC|＝eq\r(221).∵|AB|＝|AC|，∴△ABC是等腰三角形，∴D為BC的中點，由中點坐標公式易得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(19,2)，\f(1,2))).∴|AD|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(19,2)－3))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－8))\s\up12(2))＝eq\f(5\r(34),2).答案eq\f(5\r(34),2)12.已知直線l1：2x＋y－6＝0和點A(1，－1)，過A點作直線l與已知直線l1相交于B點，且使|AB|＝5，求直線l的方程.解當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＋1＝k(x－1)，解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y－6＝0，,y＋1＝k（x－1），))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(7＋k,k＋2)，,y＝\f(4k－2,k＋2)，))即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7＋k,k＋2)，\f(4k－2,k＋2))).由|AB|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7＋k,k＋2)－1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k－2,k＋2)＋1))\s\up12(2))＝5，解得k＝－eq\f(3,4)，∴