典型例題一
例1 已知，，，求點的座標，使四邊形為等腰梯形．
分析：利用等腰梯形所具備的性質「兩底互相平行且兩腰長相等」進行解題．
解：如圖，
設，若，則，，
即由①、②解得．
若，則即
由③、④式解得．
故點的座標為或．
說明：(1)把哪兩條邊作為梯形的底是討論的標準，解此題時注意不要漏解．(2)在遇到兩直線平行問題時，一定要注意直線斜率不存在的情況．此題中、的斜率都存在，故不可能出現斜率不存在的情況．
典型例題二
例2當為何值時，直線與直線互相垂直？
分析：分類討論，利用兩直線垂直的充要條件進行求解．或利用結論「設直線和的方程分別是，，則的充要條件是」（其證明可借助向量知識完成）解題．
解法一：由題意，直線．
(1)若，即，此時直線，顯然垂直；
(2)若，即時，直線與直線不垂直；
(3)若，且，則直線、斜率、存在，
，．當時，，即，
∴.綜上可知，當或時，直線．
解法二：由於直線，所以，解得．
故當或時，直線．
說明：對於本題，容易出現忽視斜率存在性而引發的解題錯誤，如先認可兩直線、的斜率分別為、，則，．
由，得，即．
解上述方程為．從而得到當時，直線與互相垂直．
上述解題的失誤在於機械地套用兩直線垂直（斜率形式）的充要條件，忽視了斜率存在的大前提，因而失去對另一種斜率不存在時兩直線垂直的考慮，出現了以偏概全的錯誤．
典型例題三
例3 已知直線經過點，且被兩平行直線和截得的線段之長為5，求直線的方程．
分析：(1)如圖，利用點斜式方程，分別與、聯立，求得兩交點、的座標（用表示），再利用可求出的值，從而求得的方程．(2)利用、之間的距離及與夾角的關係求解．(3)設直線與、分別相交於、，則可通過求出、的值，確定直線的斜率（或傾斜角），從而求得直線的方程．
解法一：若直線的斜率不存在，則直線的方程為，此時與、的交點分別為和，截得的線段的長，符合題意，
若直線的斜率存在，則設直線的方程為．
解方程組得，
解方程組得．
由，得．
解之，得，即欲求的直線方程為．
綜上可知，所求的方程為或．
解法二：由題意，直線、之間的距離為，且直線被平等直線、所截得的線段的長為5（如上圖），設直線與直線的夾角為，則，故∴．
由直線的傾斜角為135°，知直線的傾斜角為0°或90°，又由直線過點，故直線的方程為或．
解法三：設直線與、分別相交、，則：
，．兩式相減，得． ①
又 ②
聯立①、②，可得或
由上可知，直線的傾斜角分別為0°或90°．
故所求直線方程為或．
說明：本題容易產生的誤解是預設直線的斜率存在，這樣由解法一就只能得到，從而遺漏了斜率不存在的情形．
一般地，求過一定點，且被兩已知平行直線截得的線段為定長的直線，當小於兩平行直線之間距離時無解；當時有唯一解；當時，有且只有兩解．另外，本題的三種解法中，解法二採取先求出夾角後，再求直線的斜率或傾斜角，從方法上看較為簡單；而解法三注意了利用整體思想處理問題，在一定程度上也簡化了運算過程．
典型例題四
例4 已知點，，點在座標軸上，且，則滿足條件的點的個數是（ ）．
（a）1b）2c）3d）4
解：點在座標軸上，可有兩種情況，即在軸或軸上，點的座標可設為或．
由題意，，直線與直線垂直，其斜率乘積為－1，可分別求得或2，或4，所以滿足條件的點的座標為（0，0），（2，0），（0，4）．
說明：①本題還可以有另外兩種解法：一種是利用勾股定理，另一種是直角三角形斜邊與軸交點恰為斜邊中點，則由到、距離相等的性質可解．②本題易錯，可能只解乙個座標軸；可能解方程時漏解；也可能看到、各有兩解而誤以為有四點．
典型例題五
例5 已知的乙個定點是，、的平分線分別是，，求直線的方程．
分析：利用角平分線的軸對稱性質，求出關於，的對稱點，它們顯然在直線上．
解：關於，的對稱點分別是和，且這兩點都在直線上，由兩點式求得直線方程為．
典型例題六
例6 求經過兩條直線和的交點，並且垂直於直線的直線的方程．
解一：解得兩直線和的交點為（，），由已知垂直關係可求得所求直線的斜率為，進而所求直線方程為．
解二：設所求直線方程為，將所求交點座標（，）代入方程得，所以所求直線方程為．
解三：所求直線過點（，），且與直線垂直，所以，所求直線方程為
即解四：設所求直線得方程為
即1） 由於該直線與已知直線垂直
則解得代入（1）得所求直線方程為．
典型例題七
例7 已知定點（3，1），在直線和上分別求點和點，使的周長最短，並求出最短周長．
分析：由連線兩點的線中，直線段最短，利用對稱，把折線轉化為直線，即轉化為求兩點間的距離．
解：如圖1，設點關於直線和的對稱點分別為， ∵ 又
周長最小值是：
由兩點式可得方程為：
而且易求得0），
此時，周長最短，周長為．
典型例題八
例8 已知實數，滿足，求證：．
解：本題的幾何意義是：直線上的點（，）與定點的距離的平方不小於．因為直線外一點與直線上任一點連線中，垂線段距離最短，而垂線段的長度即距離，
所以，即．
說明：本題應為不等式的題目，難度較大，證明方法也較多，但用解析幾何的方法解決顯得輕鬆簡捷，深刻地體現了數形結合的思想．
典型例題九
例9 在平面直角座標系中，，，點在上，，，試在軸的正半周上求一點，使取得最大值．
分析：要使最大，只需最大，而是直線到直線的角（此處即為夾角），利用公式可以解決問題．
解：如圖2，設點
∵，，，∴，，
於是直線、的斜率分別為：，∴＝
＝＝∵∴當且僅當即，點的座標為（，0），由可知為銳角，所以此時有最大值．
說明：本題綜合性強，是三角、不等式和解析幾何知識的交匯點．另外本題也是足球射門最大角問題的推廣．
為了更好地理解問題，可以演示用「幾何畫板」製作的課件.
典型例題十
例10 直線，求關於直線對稱的直線的方程．
分析：本題可有多種不同的解法，給出多種解法的途徑是：一類利用直線方程的不同形式求解；另一類採用消元思想進行求解．
解法一：由得與的交點為，顯見也在上．
設的斜率為，又的斜率為-2，的斜率為，則
，解得．
故的直線方程為．即．
解法二：在直線上取一點，又設點關於直線的對稱點為，則
解得故由兩點式可求得直線的方程為．
解法三：設直線上一動點關於直線的對稱點為，則
解得，．
顯然在上，即，也即．這便是所求的直線的方程．
解法四：設直線上一動點，則關於的對稱點在直線上，可設的座標為，則
即消去，得，即此所求的直線的方程．
說明：在解法一中，應注意正確運用「到角公式」，明確由哪條直線到哪條直線的角．在具體解題時，最好能準確畫出圖形，直觀地得出關係式．在解法四中，脫去絕對值符號時，運用了平面區域的知識．否則，若從表面上可得到兩種結果，這顯然很難準確地得出直線的方程．
本題的四種不同的解法，體現了求直線方程的不同的思想方法，具有一定的綜合性．除此之外，從本題的不同解法中可以看出，只有對座標法有了充分的理解與認識，並具有較強的數形結合意識，才有可能駕馭本題，從而在解法選擇的空間上，真正做到游刃有餘，左右逢源．
典型例題十一
例11 不論取什麼實數，直線都經過乙個定點，並求出這個定點．
分析：題目所給的直線方程的係數含有字母，給任何乙個實數值，就可以得到一條確定的直線，因此所給的方程是以為引數的直線系方程．要證明這個直線系的直線都過一定點，就是證明它是乙個共點的直線系，我們可以給出的兩個特殊值，得到直線系中的兩條直線，它們的交點即是直線系中任何直線都過的定點．
另一思路是由於方程對任意的都成立，那麼就以為未知數，整理為關於的一元一次方程，再由一元一次方程有無數個解的條件求得定點的座標．
解法一：對於方程，令，得；令，得．
解方程組得兩直線的交點為．
將點代入已知直線方程左邊，得：
．這表明不論為什麼實數，所給直線均經過定點．
解法二：將已知方程以為未知數，整理為：
．由於取值的任意性，有
，解得，．
所以所給的直線不論取什麼實數，都經過乙個定點．
說明：(1)曲線過定點，即與引數無關，則引數的同次冪的係數為0，從而求出定點．
(2)分別令引數為兩個特殊值，得方程組求出點的座標，代入原方程滿足，則此點為定點．
典型例題十二
例12 一年級為配合素質教育，利用一間教室作為學生繪畫成果展覽室．為節約經費，他們利用課桌作為展台，將裝畫的鏡框旋置桌上，斜靠展出．已知鏡框對桌面的傾角為()鏡框中，畫的上、下邊緣與鏡框下邊緣分別相距、 ()，學生距離鏡框下緣多遠看畫的效果最佳？
分析：建立如圖所示的直角座標系，為鏡框邊，為畫的寬度，為下邊緣上的一點，則可將問題轉化為：
已知，，，在軸的正方向向上求一點，使取最大值．
因為視角最大時，從理論上講，看畫的效果最佳（不考慮其他因素）．
解：設點座標為()，從三角函式定義知、兩點座標分別為、，於是直線、的斜率分別為
，．於是，
即．由於是銳角，且在上，則：，
當且僅當，即時，等號成立，此時取最大值，對應的點為，因此，學生距離鏡框下緣處時，視角最大，即看畫效果最佳．
說明：解決本題有兩點至關重要：一是建立恰當的座標系，使問題轉化成解析幾何問題求解；二是把問題進一步轉化成求的最大值．如果座標系選擇不當，或選擇求的最大值，都將使問題變得複雜起來．
本題是乙個非常實際的數學應用問題，它不僅考查了直線的有關概念以及三角知識的結合運用，而且更重要的是考查了把實際問題轉化為數學問題的能力．
典型例題十三
例13 知實數，滿足，求的最小值．
分析：本題可使用減少變數法和數形結合法兩種方法：可看成點與之間的距離．
解：(法1)由得()，則
數學百大經典例題 空間直線 新課標
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高考數學百大經典例題 球 新課標
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數學百大經典例題 曲線和方程
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