2.3 直线的交点与距离

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模块导图

知识剖析

1两条直线的交点

设两条直线的方程是 $l_1 ∶ A_1 x+B_1 y+C_1=0$,$l_2 ∶ A_2 x+B_2 y+C_2=0$，
两条直线的交点坐标就是方程组 $\left\{\begin{array}{l} A_{1} x+B_{1} y+C_{1}=0 \\ A_{2} x+B_{2} y+C_{2}=0 \end{array}\right.$ 的解.
$(1)$ 若方程组有唯一解，则这两条直线相交，此解就是交点的坐标；
$(2)$ 若方程组无解，则两条直线无公共点，此时两条直线平行；
$(3)$ 若方程组有无数个解，则两条直线重合.
 

2几种距离

(1) 两点距离公式
平面上的两点 $P_1 (x_1 ,y_1)$,$P_2 (x_2 ,y_2)$ 间的距离公式 $\left|P_{1} P_{2}\right|=\sqrt{\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{2}-y_{1}\right)^{2}}$.
 

(2) 点到直线的距离公式
点 $P_0 (x_0 ,y_0)$ 到直线 $A x+B y+C=0$ 的距离 $d=\dfrac{\left|A x_{0}+B y_{0}+C\right|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$.
 

(3) 两平行直线间的距离
两条平行线 $A x+B y+C_1=0$ 与 $A x+B y+C_2=0$ 间的距离 $d=\dfrac{\left|C_{1}-C_{2}\right|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$.
 

经典例题

【题型一】 直线交点问题

【典题 1】若关于 $x$、$y$ 的方程组 $\left\{\begin{array}{l} x+y=m \\ x+n y=1 \end{array}\right.$ 有无穷多组解，则 $m+n$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】关于 $x$、$y$ 的方程组 $\left\{\begin{array}{l} x+y=m \\ x+n y=1 \end{array}\right.$ 有无穷多组解，
则直线 $x+y=m$ 和直线 $x+ny=1$ 重合，
故 $m=1$，$n=1$，所以 $m+n=2$．
 

【典题 2】已知直线 $kx-y+1=0$ 和 $x-ky=0$ 相交，且交点在第二象限，则实数 $k$ 的取值范围为 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】联立方程 $\left\{\begin{array}{l} k x-y+1=0 \\ x-k y=0 \end{array}\right.$，解得 $\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{k}{1-k^{2}} \\ y=\dfrac{1}{1-k^{2}} \end{array}\right.$， ${\color {Red}{(由于两直线相交，故 k≠±1) }}$
因为交点在第二象限，所以 $\left\{\begin{array}{l} \dfrac{k}{1-k^{2}}<0 \\ \dfrac{1}{1-k^{2}}>0 \end{array}\right.$，解得 $－1<k<0$，
故实数 $k$ 的取值范围为 $(-1 ,0)$．
 

【典题 3】求过直线 $x+2y+1=0$ 与直线 $2x-y+1=0$ 的交点且在两坐标轴上截距相等的直线方程.
【解析】${\color {Red}{ 方法 1\quad (求出交点，再用截距式求解) }}$
由 $\left\{\begin{array}{l} x+2 y+1=0 \\ 2 x-y+1=0 \end{array}\right.$ 得交点坐标 $P\left(-\dfrac{3}{5},-\dfrac{1}{5}\right)$，
由于直线在两坐标轴上截距相等， ${\color {Red}{(截距相等要注意是否为 0) }}$
$(i)$ 当截距为 $0$，此时直线方程为 $y=kx$，代入点 P 得 $k=\dfrac{1}{3}$，
即所求直线方程为 $x-3y=0$.
$(ii)$ 当截距不等于 $0$，设直线方程为 $\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{a}=1$，代入点 $P$ 得 $a=-\dfrac{4}{5}$，
此时所求直线方程为 $5x+5y+4=0$，
综上所述，所求直线方程为 $x-3y=0$ 或 $5x+5y+4=0$.
${\color {Red}{方法 2 }}$ 设所求直线方程为 $x+2y+1+λ(2x-y+1)=0$，
$(i)$ 当直线过原点时，则 $1+λ=0$，则 $λ=-1$，
此时所求直线方程为 $x-3y=0$.
$(ii)$ 当直线不过原点时，令 $x=0$，解得 $y=\dfrac{\lambda+1}{\lambda-2}$，令 $y=0$，解得 $x=-\dfrac{\lambda+1}{2 \lambda+1}$，
由题意得 $\dfrac{\lambda+1}{\lambda-2}=-\dfrac{\lambda+1}{2 \lambda+1}$，解得 $\lambda=\dfrac{1}{3}$，此时所求直线方程为 $5x+5y+4=0$,
$(*)$ 中不包括直线 $2x-y+1=0$，而它显然不满足题意，
综上所述，所求直线方程为 $x-3y=0$ 或 $5x+5y+4=0$.
【点拨】本题中方法 2 采取了直线系方程的方法.
过两条已知直线 $l_1:A_1 x+B_1 y+C_1=0$ 和 $l_2:A_2 x+B_2 y+C_2=0$ 交点的直线系方程 $A_1 x+B_1 y+C_1+λ(A_2 x+B_2 y+C_2 )=0$
($λ∈R$, 这个直线系下不包括直线 $l_2:A_2 x+B_2 y+C_2=0$，解题时注意检验 $l_2$ 是否满足题意)
 

【典题 4】若 $k>4$，直线 $kx-2y-2k+8=0$ 与 $2x+k^2 y-4k^2-4=0$ 和坐标轴围成的四边形面积的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】${\color {Red}{(确定所求的四边形面积，要四边形的图象，即了解两条直线与坐标轴的交点与两直线的交点) }}$
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 $\left\{\begin{array}{l} x=2 \\ y=4 \end{array}\right.$，即两直线的交点为定点 $B(2 ,4)$，
而直线 $L：kx-2y-2k+8=0$ 与 $x$ 轴的交点 $A\left(2-\dfrac{8}{k}, 0\right)$，与 $y$ 轴的交点 $D(0 ,4-k)$，
直线 $M：2x+k^2 y-4k^2-4=0$ 与 $x$ 轴的交点 $E(2k^2+2 ,0)$，与 $y$ 轴的交点 $C\left(0,4+\dfrac{4}{k^{2}}\right)$，
${\color {Red}{ (由 k>4，很容易确定各点的位置) }}$
如图所示，

$\therefore S_{\text {四边形} O A B C}=S_{\triangle O C E}-S_{\triangle A B E}$
$=\dfrac{1}{2} \times\left(4+\dfrac{4}{k^{2}}\right)\left(2 k^{2}+2\right)-\dfrac{1}{2} \times 4 \times\left(2 k^{2}+2-2+\dfrac{8}{k}\right)$
$=\dfrac{4}{k^{2}}-\dfrac{16}{k}+8=4\left(\dfrac{1}{k}-2\right)^{2}-8$，
$∵k>4$，$\therefore 0<\dfrac{1}{k}<\dfrac{1}{4}$，
则 $\dfrac{17}{4}<S<8$，
故 $k>4$ 时，所求面积的取值范围是 $\left(\dfrac{17}{4}, 8\right)$．
【点拨】
① 根据题意画出正确的图象是正确求解的基础，对于含参的直线，要注意它是否存在定点、斜率的正负、与 $x$、$y$ 轴交点的位置等.
② 而定点如何确定，如直线 $M：2x+k^2 y-4k^2-4=0$ 变式为 $k^2 (y-4)+(2x-4)=0$ 易得过定点 $B(2 ,4)$.

 

巩固练习

1(★) 曲线 $y=|x|$ 与 $y=kx+1$ 的交点的情况是 (　　)
A．最多有两个交点 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．两个交点 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．一个交点 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．无交点
 

2(★) 关于 $x$、$y$ 的二元一次方程组 $\left\{\begin{array}{l} m x+y=-1 \\ 3 m x-m y=2 m+3 \end{array}\right.$ 无解，则 $m=$ $\underline{\quad \quad}$．
 

3(★) 若三条直线 $2x+3y+8=0$，$x-y-1=0$ 和 $x+ky=0$ 交于一点，则 $k$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

4(★★) 直线 $kx-y-1=0$ 与直线 $x+2y-2=0$ 的交点在第四象限，则实数 $k$ 的取值范围为 $\underline{\quad \quad}$．
 

5(★★★) 在平面直角坐标系 $xOy$ 中，已知点 $A(1 ,2)$，点 $M(4 ,2)$，点 $N$ 在线段 $OA$ 的延长线上．设直线 $MN$ 与直线 $OA$ 及 $x$ 轴围成的三角形面积为 $S$，则 $S$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

参考答案

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

 

【题型二】 距离问题

情况1 两点间的距离

【典题 1】在平面直角坐标系内，到点 $A(1 ,2)$，$B(1 ,5)$，$C(3 ,6)$，$D(7 ,-1)$ 的距离之和最小的点的坐标是 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】如图，设平面直角坐标系中任一点 $P$，

$P$ 到点 $A(1 ,2)$，$B(1 ,5)$，$C(3 ,6)$，$D(7 ,-1)$ 的距离之和为：
$PA+PB+PC+PD=PB+PD+PA+PC$$≥BD+AC=QA+QB+QC+QD$，
故四边形 $ABCD$ 对角线的交点 $Q$ 即为所求距离之和最小的点．
$∵A(1 ,2)$，$B(1 ,5)$，$C(3 ,6)$，$D(7 ,-1)$，
$∴AC$,$BD$ 的方程分别为 $\dfrac{y-2}{6-2}=\dfrac{x-1}{3-1}$，$\dfrac{y-5}{-1-5}=\dfrac{x-1}{7-1}$，
即 $2x-y=0$，$x+y-6=0$．
解方程组 $\left\{\begin{array}{l} 2 x-y=0 \\ x+y-6=0 \end{array}\right.$ 得 $Q(2 ,4)$．
【点拨】本题是从几何方法入手，利用 “一点到两定点距离之和最小值为两定点距离” 的三点共线最值模型求解.
 

【典题 2】设 $a$,$b∈R$，$\sqrt{(a-1)^{2}+(b-1)^{2}}+\sqrt{(a+1)^{2}+(b+1)^{2}}$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$.
【解析】从几何意义看，
$\sqrt{(a-1)^{2}+(b-1)^{2}}+\sqrt{(a+1)^{2}+(b+1)^{2}}$ 表示点 $(a ,b)$ 到点 $(1 ,1)$ 和 $(-1 ,-1)$ 距离的和，
其最小值为 $(1 ,1)$ 和 $(-1 ,-1)$ 两点间的距离 $2 \sqrt{2}$.
【点拨】本题是函数最值问题，但很巧妙的使用了两点距离公式从而化为几何最值问题。平面上的两点 $P_1 (x_1 ,y_1)$,$P_2 (x_2 ,y_2)$ 间的距离 $\left|P_{1} P_{2}\right|=\sqrt{\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{2}-y_{1}\right)^{2}}$，若给两点坐标我们用此公式很容易得到两点距离，若给了 $\sqrt{(a-1)^{2}+(b-1)^{2}}$ 能够联想到两点距离公式呢？这里就提醒我们在掌握知识的 “直用” 也要会 “逆用”.
 
【典题 3】已知 $m∈R$，动直线 $l_1：x+my-2=0$ 过定点 $A$，动直线 $l_2：mx-y-2m+3=0$ 过定点 $B$，若 $l_1$ 与 $l_2$ 交于点 $P$(异于点 $A$,$B$)，则 $|PA|+|PB|$ 的最大值为 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】$l_1:x+my-2=0$ 可变形为 $(x-2)+my=0$，过定点 $A(2 ,0)$，
$l_2：mx-y-2m+3=0$ 可变形为 $m(x-2)-(y-3)=0$，过定点 $B(2 ,3)$，

${\color {Red}{方法 1\quad 代数法 }}$
由 $\left\{\begin{array}{c} x+m y-2=0 \\ m x-y-2 m+3=0 \end{array}\right.$ 可得交点 $P\left(2-\dfrac{3 m}{m^{2}+1}, \dfrac{3}{m^{2}+1}\right)$，
则 $|P A|=\sqrt{\left(\dfrac{3 m}{m^{2}+1}\right)^{2}+\left(\dfrac{3}{m^{2}+1}\right)^{2}}=\dfrac{3}{\sqrt{m^{2}+1}}$，$|P B|=\sqrt{\left(\dfrac{3 m}{m^{2}+1}\right)^{2}+\left(\dfrac{3}{m^{2}+1}-3\right)^{2}}=\dfrac{3 \sqrt{2}|m|}{m^{2}+1}$
设 $a=\dfrac{3}{\sqrt{m^{2}+1}}$，$b=\dfrac{3 \sqrt{2}|m|}{m^{2}+1}$，则 $a^2+b^2=9$， ${\color {Red}{(发现这关系是关键) }}$
则 $\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{2} \leq \dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}=\dfrac{9}{2} \Rightarrow a+b \leq 3 \sqrt{2}$，当 $a=b=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$ 时取到等号，
即 $|PA|+|PB|$ 的最大值为 $3 \sqrt{2}$，当 $m=±1$ 时取到最值.
${\color {Red}{ 方法 2 \quad 几何法}}$
观察直线斜率可知直线 $l_1$ 与直线 $l_2$ 垂直， ${\color {Red}{ (发现这一隐含条件是关键) }}$
则有 $PA⊥PB$，且 $|PA|^2+|PB|^2=|AB|^2=9$，
${\color {Red}{(相当于方法 1 的 a^2+b^2=9，此时题目转化为 “已知 | PA|^2+|PB|^2=9，求 | PA|+|PB | 的最大值”，想到基本不等式) }}$
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 $|P A|+|P B| \leq 3 \sqrt{2}$，当且仅当 $|PA|=|PB|$ 时取等号，
所以 $|PA|+|PB|$ 的最大值为 $3 \sqrt{2}$．
【思考】体会下两种方法的异同与优劣性，方法 $1$ 中 $|P A|+|P B|=\dfrac{3}{\sqrt{m^{2}+1}}+\dfrac{3 \sqrt{2}|m|}{m^{2}+1}$ 还能转化为函数最值求解么？
 

【典题 4】已知点 $A(4 ,0)$,$B(0 ,2)$，对于直线 $l：x-y+m=0$ 的任意一点 $P$，都有 $|PA|^2+|PB|^2>18$，则实数 $m$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$.
【解析】根据题意，点 $P$ 在直线 $l：x-y+m=0$ 上，设 $P$ 的坐标为 $(x ,x+m)$，
则有 $|PA|^2+|PB|^2$
$=(x-4)^{2}+(x+m-0)^{2}+(x-0)^{2}+(x+m-2)^{2}$
$=4 x^{2}+(4 m-12) x+\left(2 m^{2}-4 m+20\right)$，
若对于直线 $l：x-y+m=0$ 上的任意一点 $P$，都有 $|PA|^2+|PB|^2>18$，
则 $4x^2+(4m-12)x+(2m^2-4m+20)>18$ 恒成立，
即 $4x^2+(4m-12)x+(2m^2-4m+2)>0$ 对于 $R$ 恒成立，
则有 $△=（4m-12）^2－16(2m^2-4m+2)<0$，即 $m^2+2m-7>0$，
解可得 $m>-1+2 \sqrt{2}$ 或 $m<-1-2 \sqrt{2}$，
即 $m$ 的取值范围为 $(-\infty,-1-2 \sqrt{2}) \cup(-1+2 \sqrt{2},+\infty)$.
【点拨】本题采取设元的方法，把 $|PA|^2+|PB|^2>18$ 转化为恒成立问题处理。这是典型的代数方法，又是否存在几何的思路呢？
 

情况2 点到直线的距离

【典题 1】已知曲线 $C：xy=27$ 和直线 $l：3x+4y=0$，点 $M$ 在曲线 $C$ 上，点 $N$ 在直线 $l$ 上，则 $|MN|$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】设点 $M(a ,b)$，则 $ab=27$，$|MN|$ 取到最小值时是点 $M$ 到直线 $l$ 的距离，
点 $M$ 到直线 $l$ 的距离为 $d=\dfrac{|3 a+4 b|}{5}$，
$\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 $\dfrac{36}{5}$.
 

【典题 2】已知直线 $l$ 方程为 $(2+m)x+(1-2m)y+4-3m=0$．那 $m$ 为何值时，点 $Q(3 ,4)$ 到直线的距离最大，最大值为多少？

【解析】${\color {Red}{方法一 \quad 函数法 }}$
点 $Q$ 到直线 $l$ 的距离 $d=\dfrac{3(2+m)+4(1-2 m)+4-3 m}{\sqrt{(2+m)^{2}+(1-2 m)^{2}}}=\dfrac{14-8 m}{\sqrt{5\left(m^{2}+1\right)}}$，
则 $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 $t=-56m+33$，
则 $\dfrac{-56 m+33}{m^{2}+1}=\dfrac{3136 t}{t^{2}-66 t+4225}=\left\{\begin{array}{c} 0, t=0 \\ \dfrac{3136}{t+\dfrac{4225}{t}-66}, t \neq 0 \end{array}\right.$，
由对勾函数易得 $t+\dfrac{4225}{t}-66 \geq 64$(当 $t=65$ 时取到等号)，$t+\dfrac{4225}{t}-66 \leq-196$，
则 $0 \leq \dfrac{3136 t}{t^{2}-66 t+4225} \leq 49$ 或 $-\dfrac{3136}{196}<\dfrac{3136 t}{t^{2}-66 t+4225}<0$
故当 $t=65$，即 $m=-\dfrac{4}{7}$ 时，$d^2$ 取到最大值 $\dfrac{4}{5} \cdot(16+49)=52$，即 $d_{\max }=2 \sqrt{13}$.
${\color {Red}{方法二 \quad 几何法 }}$
直线 $(2+m)x+(1-2m)y+4-3m=0$ 化为 $(x-2y-3)m=-2x-y-4$．
由 $\left\{\begin{array}{l} x-2 y-3=0 \\ -2 x-y-4=0 \end{array}\right.$，得 $\left\{\begin{array}{l} x=-1 \\ y=-2 \end{array}\right.$，
$∴$ 直线必过定点 $(-1 ,-2)$．
当点 $Q(3 ,4)$ 到直线的距离最大时，$QP$ 垂直于已知的直线，
即点 $Q$ 与定点 $P(-1 ,-2)$ 的连线就是所求最大值，
此时直线 $PQ$ 与直线 $(2+m)x+(1-2m)y+4-3m=0$ 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 $m=-\dfrac{4}{7}$，
此时，点 $Q(3 ,4)$ 到直线的最大距离是 $\sqrt{(3+1)^{2}+(4+2)^{2}}=2 \sqrt{13}$．
综上所述，$m=-\dfrac{4}{7}$ 时，点 $Q(3 ,4)$ 到直线的距离最大，最大值为 $2 \sqrt{13}$．
【点拨】体会下两种方法的优劣性.
 

【典题 3】设直线 $l_1：y=k_1 x+1$，$l_2：y=k_2 x-1$, 其中实数 $k_1$,$k_2$ 满足 $k_1 k_2+1=0$．
(1) 证明：直线 $l_1$ 与 $l_2$ 相交；
(2) 试用解析几何的方法证明：直线 $l_1$ 与 $l_2$ 的交点到原点距离为定值；
(3) 设原点到 $l_1$ 与 $l_2$ 的距离分别为 $d_1$ 和 $d_2$，求 $d_1+d_2$ 的最大值．
【解析】证明：(1) ${\color {Red}{ (只需证明 k_1≠k_2) }}$
反证法：假设 $l_1$ 与 $l_2$ 不相交，${\color {Red}{(若从正面入手较难，可考虑 “反证法”) }}$
则 $l_1$ 与 $l_2$ 平行，有 $k_1=k_2$，
代入 $k_1 k_2+1=0$，得 $k_1^2+1=0$，
这与 $k_1$ 为实数的事实相矛盾，$∴k_1≠k_2$，故 $l_1$ 与 $l_2$ 相交．
(2) 由 (1) 知 $k_1≠k_2$，由方程组 $\left\{\begin{array}{l} y=k_{1} x+1 \\ y=k_{2} x-1 \end{array}\right.$
解得交点 $P$ 的坐标 $(x ,y)$ 为 $\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{2}{k_{2}-k_{1}} \\ y=\dfrac{k_{2}+k_{1}}{k_{2}-k_{1}} \end{array}\right.$，
而 $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}$$=\dfrac{4+k_{2}^{2}+k_{1}^{2}+2 k_{1} k_{2}}{k_{2}^{2}+k_{1}^{2}-2 k_{1} k_{2}}=\dfrac{k_{1}^{2}+k_{2}^{2}+2}{k_{1}^{2}+k_{2}^{2}+2}=1$．
即 $l_1$ 与 $l_2$ 的交点到原点距离为 $1$．
（3）$d_{1}+d_{2}=\dfrac{1}{\sqrt{1+k_{1}^{2}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+k_{2}^{2}}}$
${\color {Red}{(从函数的角度思考，遇到二元，要不基本不等式，要不消元) }}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{1+k_{1}^{2}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{k_{1}^{2}}}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+k_{1}^{2}}}+\dfrac{\left|k_{1}\right|}{\sqrt{1+k_{1}^{2}}}$
$=\dfrac{1+\left|k_{1}\right|}{\sqrt{1+k_{1}^{2}}}$${\color {Red}{(遇到根号，基本思路是考虑平方，换元) }}$
$=\sqrt{\dfrac{\left(1+\left|k_{1}\right|\right)^{2}}{1+k_{1}^{2}}}$
${\color {Red}{ (遇到 y=\dfrac {a_{1} x^{2}+b_{1} x+c_{1}}{a_{2} x^{2}+b_{2} x+c_{2}} 形式，利用分离常数法、基本不等式) }}$
$=\sqrt{1+\dfrac{2\left|k_{1}\right|}{1+k_{1}^{2}}}=\sqrt{1+\dfrac{2}{\dfrac{1}{\left|k_{1}\right|}+\left|k_{1}\right|}} \leq \sqrt{2}$，
当 $|k_1 |=1$ 即 $k_1=±1$ 时，$d_1+d_2$ 的最大值是 $\sqrt{2}$．
【点拨】对于一些常见的式子 (或模型) 的处理手段要掌握好，这是基本功.
 

情况3 两平行线间的距离

【典题 1】若平面内两条平行线 $l_1：x+(a-1)y+2=0$，$l_2：ax+2y+1=0$ 间的距离为 $\dfrac{3 \sqrt{5}}{5}$，则实数 $a=$ $\underline{\quad \quad}$.
【解析】$∵$ 平面内两条平行线 $l_1：x+(a-1)y+2=0$，$l_2：ax+2y+1=0$，
$\therefore \dfrac{1}{a}=\dfrac{a-1}{2} \neq \dfrac{2}{1}$，$∴a=2$ 或 $a=-1$．
当 $a=2$ 时，两条平行直线即 $l_1：2x+2y+4=0$，$l_2：2x+2y+1=0$，
它们之间的距离为 $\dfrac{|4-1|}{\sqrt{4+4}}=\dfrac{3}{2 \sqrt{2}}$，不满足条件．
当 $a=-1$ 时，两条平行直线即 $l_1：x-2y+2=0$，$l_2：x-2y-1=0$，
它们之间的距离为 $\dfrac{|2+1|}{\sqrt{1+4}}=\dfrac{3 \sqrt{5}}{5}$，满足条件，
故实数 $a=-1$．
【点拨】用两平行直线距离公式时，要确定 $x$、$y$ 前的系数一致后才能使用.
 

【典题 2】正方形 $ABCD$ 一条边 $AB$ 所在方程为 $x+3y-5=0$，另一边 $CD$ 所在直线方程为 $x+3y+7=0$，
(1) 求正方形中心 $G$ 所在的直线方程；
(2) 设正方形中心 $G(x_0 ,y_0)$，当正方形仅有两个顶点在第一象限时，求 $x_0$ 的取值范围．

【解析】(1) 由于正方形中心 $G$ 所在直线平行于直线 $x+3y-5=0$，
设中心所在直线为 $x+3y+c=0$，
由平行线间的距离公式得 $\dfrac{|c+5|}{\sqrt{1^{2}+3^{2}}}=\dfrac{|c-7|}{\sqrt{1^{2}+3^{2}}}$，解得 $c=1$．
则正方形中心 $G$ 所在的直线方程为 $x+3y+1=0$；
(2) 正方形的边长即为平行直线 $AB$ 与 $CD$ 间的距离 $d=\dfrac{|7+5|}{\sqrt{1^{2}+3^{2}}}=\dfrac{12}{\sqrt{10}}$，
设正方形 $BC$ 所在直线方程为 $3x-y+m=0$， ${\color {Red}{(用到了正方形内角是直角的性质) }}$
由于中心 $G(x_0 ,y_0)$ 到 $BC$ 的距离均等于 $\dfrac{d}{2}=\dfrac{6}{\sqrt{10}}$， ${\color {Red}{(相当用到了正方形四边相等的性质) }}$
那么 $\dfrac{\left|3 x_{0}-y_{0}+m\right|}{\sqrt{1^{2}+3^{2}}}=\dfrac{6}{\sqrt{10}}$，解得 $m=±6-3x_0+y_0$①，
又因为 $G$ 在直线 $x+3y+1=0$ 上，那么 $x_0+3y_0+1=0$，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，
联立方程 $\left\{\begin{array}{l} x+3 y-5=0 \\ 3 x-y+m=0 \end{array}\right.$，解得 $\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{-3 m+5}{10} \\ y=\dfrac{m+15}{10} \end{array}\right.$，
由于正方形只有两个点在第一象限，
那么 $\left\{\begin{array}{l} x>0 \\ y>0 \end{array},\right.$，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 $x_0$ 的取值范围为 $\left(\dfrac{6}{5}, \dfrac{13}{5}\right)$．
【点拨】结合图象，充分利用图象的性质得到变量的限制要求，从而求出变量范围.
 

巩固练习

1(★) 已知 $△ABC$ 的顶点为 $A(2 ,1)$，$B(-2 ,3)$，$C(0 ,-1)$，则 $AC$ 边上的中线长为 $\underline{\quad \quad}$．
 

2(★) 点 $P(\cosθ ,\sinθ)$ 到直线 $3x+4y-12=0$ 的距离的取值范围为 $\underline{\quad \quad}$．
 

3(★) 到直线 $3x－4y+1=0$ 的距离为 $3$ 且与此直线平行的直线方程是 $\underline{\quad \quad}$．
 

4(★★) 两条平行线 $l_1$,$l_2$ 分别过点 $P(-1 ,2)$，$Q(2 ,-3)$，它们分别绕 $P$,$Q$ 旋转，但始终保持平行，则 $l_1$,$l_2$ 之间距离的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．
 

5(★) 已知直线 $l$ 经过点 $P(5 ,10)$，且原点到它的距离为 $5$，则直 $线 l$ 的方程为 $\underline{\quad \quad}$．
 

6(★★) 已知点 $M(a ,b)$ 在直线 $l：3x+4y=25$ 上，则 $\sqrt{a^{2}+b^{2}}$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

7(★★) 若直线 $m$ 被两平行线 $l_{1}: x-\sqrt{3} y+1=0$ 与 $l_{2}: x-\sqrt{3} y+3=0$ 所截得的线段的长为 $1$，则直线 $m$ 的倾斜角的大小为 $\underline{\quad \quad}$．
 

8(★★) 已知实数 $a$,$b$,$c$ 成等差数列，则点 $P(2 ,-1)$ 到直线 $ax+by+c=0$ 的最大距离是 $\underline{\quad \quad}$．
 

9(★★) 平面直角坐标系内，动点 $P(a ,b)$ 到直线 $l_{1}: y=\dfrac{1}{2} x$ 和 $l_2：y=-2x$ 的距离之和是 $4$，则 $a^2+b^2$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$．
 

10(★★★) 在平面直角坐标系 $xOy$ 中，设定点 $A(a ,a)$，$P$ 是函数 $y=\dfrac{1}{x}(x>0)$ 图象上一动点．若点 $P$，$A$ 之间的最短距离为 $2 \sqrt{2}$，则满足条件的实数 $a$ 的所有值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

11(★★★) 已知点 $P$,$Q$ 分别在直线 $l_1：x+y+2=0$ 与直线 $l_2：x+y-1=0$ 上，且 $PQ⊥l_1$，点 $A(-3 ,-3)$，$B\left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{1}{2}\right)$，则 $|AP|+|PQ|+|QB|$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

参考答案

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.$\sqrt{13}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$