2.3.3 点到直线的距离公式 2.3.4 两条平行直线间的距离

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【基础过关系列】2022-2023 学年高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义 (人教 A 版 2019）
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选择性必修第一册同步巩固，难度 2 颗星！

基础知识

点到直线的距离公式

点 $P_0 (x_0 ,y_0)$ 到直线 $l:A x+B y+C=0$ 的距离 $d=\dfrac{\left|A x_{0}+B y_{0}+C\right|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$.
证明 过点 $P$ 作 $PQ⊥l$ 交直线 $l$ 与 $Q$，

设 $A≠0$,$B≠0$，由 $PQ⊥l$，以及直线 $l$ 的斜率为 $-\dfrac{A}{B}$，可得 l 的垂线 $PQ$ 的斜率为 $\dfrac{B}{A}$，
因此，垂线 $PQ$ 的方程为 $y-y_{0}=\dfrac{B}{A}\left(x-x_{0}\right)$，即 $Bx-Ay=Bx_0-Ay_0$，
解方程组 $\left\{\begin{array}{l} A x+B y+C=0 \\ B x-A y=B x_{0}-A y_{0} \end{array}\right.$
得直线 $l$ 与 $PQ$ 的交点坐标，即垂足 $Q$ 的坐标为 $\left(\dfrac{B^{2} x_{0}-A B y_{0}-A C}{A^{2}+B^{2}}, \dfrac{-A B x_{0}+A^{2} y_{0}-B C}{A^{2}+B^{2}}\right)$，
于是 $|P Q|=\sqrt{\left(\dfrac{B^{2} x_{0}-A B y_{0}-A C}{A^{2}+B^{2}}-x_{0}\right)^{2}+\left(\dfrac{-A B x_{0}+A^{2} y_{0}-B C}{A^{2}+B^{2}}-y_{0}\right)^{2}}$
$=\sqrt{\dfrac{\left(A x_{0}+B y_{0}+C\right)^{2}}{A^{2}+B^{2}}}=\dfrac{\left|A x_{0}+B y_{0}+C\right|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$
因此点 $P_0 (x_0 ,y_0)$ 到直线 $l:A x+B y+C=0$ 的距离 $d=\dfrac{\left|A x_{0}+B y_{0}+C\right|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$.
当 $A=0$ 或 $B=0$ 时，上述公式仍然成立.
(也可以用向量的方法证明)
 

【例】 点 $P(1,2)$ 到直线 $3x+4y-12=0$ 的距离为 $\underline{\quad \quad}$ .
解析 由点到直线的距离公式得 $d=\dfrac{|3+8-12|}{\sqrt{3^{2}+4^{4}}}=\dfrac{1}{5}$.
 

两平行直线间的距离

两条平行线 $Ax+B y+C_1=0$ 与 $A x+B y+C_2=0$ 间的距离 $d=\dfrac{\left|C_{1}-C_{2}\right|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$.
证明 在直线 $Ax+B y+C_1=0$ 上任取一点 $P(x_0,y_0 )$，点 $P(x_0,y_0 )$ 到直线 $A x+B y+C_2=0$ 的距离就是两平行线的距离，
即 $d=\dfrac{\left|A x_{0}+B y_{0}+C_{2}\right|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$，
因为点 $P(x_0,y_0 )$ 在直线 $Ax+B y+C_1=0$ 上，所以 $Ax_0+By_0+C_1=0$，
即 $Ax_0+By_0=-C_1$，
因此 $d=\dfrac{\left|A x_{0}+B y_{0}+C_{2}\right|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}=\dfrac{\left|-C_{1}+C_{2}\right|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}=\dfrac{\left|C_{1}-C_{2}\right|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$.
 

【例】 两平行线 $3x-2y-15=0$ 与 $3x－2y+11=0$ 的距离为 $\underline{\quad \quad}$ ．
解析 由两平行直线距离公式得 $d=\dfrac{|11-(-15)|}{\sqrt{9+4}}=2 \sqrt{13}$.
 

基本方法

【题型1】 点到直线的距离

【典题 1】求过点 $P(0,2)$ 且与点 $A(1,1)$，$B(-3,1)$ 等距离的直线 $l$ 的方程．
解析 方法一
由于点 $A(1,1)$ 与 $B(-3,1)$ 到 $y$ 轴的距离不相等，所以直线 $l$ 的斜率存在，设为 $k$，
又因为直线 $l$ 在 $y$ 轴上的截距为 $2$，
则直线 $l$ 的方程为 $y=kx+2$，即 $kx-y+2=0$．
由点 $A(1,1)$ 与 $B(-3,1)$ 到直线 $l$ 的距离相等，
得 $\dfrac{|k-1+2|}{\sqrt{k^{2}+1}}=\dfrac{|k \times(-3)-1+2|}{\sqrt{k^{2}+1}}$，解得 $k=0$ 或 $k=1$．
$∴$ 直线 $l$ 的方程是 $y=2$ 或 $x-y+2=0$．
方法二
当直线 $l$ 过 $AB$ 的中点时，直线 $l$ 与点 $A$，$B$ 等距离，
$∵AB$ 的中点是 $(-1,1)$，又直线 $l$ 过点 $P(0,2)$，
$∴$ 直线 $l$ 的方程是 $x-y+2=0$；
当直线 $l∥AB$ 时，直线 $l$ 与点 $A$，$B$ 等距离，
$∵$ 直线 $AB$ 的斜率为 $0$，$∴$ 直线 $l$ 的斜率为 $0$．故方程为 $y=2$．
综上所述，满足条件的直线 $l$ 的方程是 $x-y+2=0$ 或 $y=2$．
 

【典题 2】求点 $P(\cosθ,\sinθ)$ 到直线 $3x+4y－12=0$ 的距离的取值范围.
解析 记 $d$ 为点 $P(\cosθ,\sinθ)$ 到直线 $3x+4y－12=0$ 的距离，
即： $d=\dfrac{1}{5}|3 \cos \theta+4 \sin \theta-12|=\dfrac{1}{5}|5 \sin (\theta+\varphi)-12|$，其中 $\tan \varphi=\dfrac{3}{4}$；
当 $θ$ 变化时，$d$ 的最大值为 $\dfrac{17}{5}$，$d$ 的最小值为 $\dfrac{ 7}{5}$，
 

【典题 3】如图，在 $△ABC$ 中， $BC$ 边上的高所在的直线方程为 $x-2y+1=0$，$∠A$ 的平分线所在的直线方程为 $y=0$，若点 $B$ 的 坐标为 $(1,2)$，求：
  (1) 点 $A$ 和点 $C$ 的坐标；(2) 求 $△ABC$ 的面积．

解析 (1) 由 $\left\{\begin{array}{l} x-2 y+1=0 \\ y=0 \end{array}\right.$，得顶点 $A(-1,0)$．
又 $AB$ 的斜率 $k_{A B}=\dfrac{2-0}{1-(-1)}=1$．
$∵x$ 轴是 $∠A$ 的平分线，
故 $AC$ 的斜率为 $-1$，$AC$ 所在直线的方程为 $y=-(x+1)$①，
已知 $BC$ 上的高所在直线的方程为 $x-2y+1=0$，
故 $BC$ 的斜率为 $-2$，$BC$ 所在的直线方程为 $y-2=-2(x-1)$②，
解①，②得顶点 $C$ 的坐标为 $(5,-6)$；
(2) $|B C|=\sqrt{(1-5)^{2}+(2+6)^{2}}=4 \sqrt{5}$，
又直线 $BC$ 的方程是 $2x+y-4=0$，$A$ 到直线的距离 $d=\dfrac{|-2-4|}{\sqrt{5}}=\dfrac{6}{\sqrt{5}}$．
$△ABC$ 的面积 $S=\dfrac{1}{2}|B C| \cdot d=\dfrac{1}{2} \times 4 \sqrt{5} \times \dfrac{6}{\sqrt{5}}=12$．
 

巩固练习

1. 已知 $A(-3,-2)$,$B(-1,4)$ 到直线 $l:x+ay+1=0$ 的距离相等，则实数 $a$ 为 $\underline{\quad \quad}$．
 

2. 求过点 $A(-1,2)$ 且到原点的距离等于 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 的直线方程．
 

3. 已知直线 $l$ 经过点 $P(5,10)$，且原点到它的距离为 $5$，求直线 $l$ 的方程．
 

参考答案

1. 答案 $1$ 或 $-\dfrac{1}{3}$
   解析 因为点 $A(-3,-2)$,$B(-1,4)$ 到直线 $l:x+ay+1=0$ 的距离相等，
   所以 $\dfrac{|-3-2 a+1|}{\sqrt{1+a^{2}}}=\dfrac{|-1+4 a+1|}{\sqrt{1+a^{2}}}$，解得 $a=1$ 或 $a=-\dfrac{1}{3}$.
2. 答案 $x+y-1=0$ 或 $7x+y+5=0$
   解析 显然直线 $x=-1$ 到原点的距离为 $1$，所以所求直线的斜率是存在的．
   设所求直线的方程为 $y－2=k(x+1)$，化成一般式为 $kx-y+2+k=0$．
   由题意得 $\dfrac{|2+k|}{\sqrt{k^{2}+1}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，解得 $k=-1$ 或 $-7$．
   故适合题意的直线方程为 $y-2=-(x+1)$ 或 $y-2=-7(x+1)$，
   即 $x+y-1=0$ 或 $7x+y+5=0$．
3. 答案 $3x-4y+25=0$
   解析 当直线斜率不存在时直线方程为 $x=5$，满足原点到它的距离为 $5$，
   当斜率存在时，设直线为 $y-10=k(x-5)$，
   变形为 $kx-y+10-5k=0$，
   $\therefore d=\dfrac{|10-5 k|}{\sqrt{k^{2}+1}}=5 \Rightarrow k=\dfrac{3}{4}$，
   所以直线方程为 $3x-4y+25=0$.
    

【题型2】两平行直线间的距离

【典题 1】 求与直线 $3x-4y-2=0$ 平行且距离为 $2$ 的直线方程．
解析 $∵$ 所求直线与直线 $3x-4y－2=0$ 平行，
$∴$ 设所求直线方程为 $3x-4y+C=0$．
由两平行直线间的距离公式得 $\dfrac{|C+2|}{\sqrt{3^{2}+(-4)^{2}}}=2$，即 $|C+2|=10$．$∴C=8$ 或 $-12$．
$∴$ 所求直线方程为 $3x-4y+8=0$ 或 $3x-4y-12=0$．
 

巩固练习

1. 已知直 $线 l_1：x+y-1=0$，$l_2：x+y+a=0$，且两直线间的距离为 $\sqrt{2}$，则 $a=$$\underline{\quad \quad}$．
 

2. 直线 $l_1$ 过点 $A(0,1)$，$l_2$ 过点 $B(5,0)$，如果 $l_1∥l_2$ 且 $l_1$ 与 $l_2$ 的距离为 $5$，求直线 $l_1$ 与 $l_2$ 的方程．
 
 

参考答案

1. 答案 $－3$ 或 $1$
   解析 由 $d=\dfrac{|a-(-1)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$ 解得 $a=－3$ 或 $1$.
2. 答案 直线 $l_1$ 与 $l_2$ 的方程分别为 $12x－5y+5=0$，$12x－5y－60=0$．
   解析 当 $l_1$，$l_2$ 的斜率不存在时，即 l_1：x=0，l_2：x=5 时，满足条 件．
   当 $l_1$，$l_2$ 的斜率存在时，
   设 $l_1：y=kx+1$，即 $kx-y+1=0$，$l_2：y=k(x-5)$，即 $kx-y-5k=0$，
   由两条平行直线间的距离公式得 $\dfrac{|1-(-5 k)|}{\sqrt{k^{2}+(-1)^{2}}}=5$，解得 $k=\dfrac{12}{5}$．
   此时 $l_1：12x-5y+5=0$，$l_2：12x-5y-60=0$．
   综上所述，$l_1$，$l_2$ 斜率不存在时，直线 $l_1$ 与 $l_2$ 的方程分别为 $x=0$，$x=5$；
   $l_1$，$l_2$ 斜率存在时，直线 $l_1$ 与 $l_2$ 的方程分别为 $12x－5y+5=0$，$12x－5y－60=0$．
    

【题型3】 最值问题

【典题 1】 已知点 $P(1,2)$，则当点 $P$ 到直线 $2ax+y－4=0$ 的距离最大时，$a=$(　　)
 A．$1$ $\qquad \qquad$ B． $-\dfrac{1}{4}$ $\qquad \qquad$ C． $\dfrac{1}{4}$ $\qquad \qquad$ D． $\sqrt{5}$
解析 因为直线 $2ax+y－4=0$ 恒过定点 $A(0,4)$，
故当 $PA$ 与直线垂直时，点 $P$ 到直线的距离达到最大值，
此时过 $P,A$ 的直线的斜率为 $－2$，
所以直线 $2ax+y－4=$0 的斜率为 $\dfrac{1}{2}$，
故 $a= -\dfrac{1}{4}$．
故选：$B$．
 

【典题 2】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 $\underline{\quad \quad}$．
解析 $∵ \sqrt{a^{2}+b^{2}}$ 的几何意义是点 $O(0,0)$ 到点 $M$ 的距离，又点 $M$ 在直线 l 上，
$∴ \sqrt{a^{2}+b^{2}}$ 的最小值为点 $O$ 到直线 $l$ 的距离 $d$，
又 $d=\dfrac{25}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=5$，
$\therefore\left(\sqrt{a^{2}+b^{2}}\right)_{\min }=5$，
故答案为：$5$．
 

巩固练习

1. 点 $P$ 在直线 $x+y-4=0$ 上，$O$ 为原点，则 $|OP|$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

2. 已知点 $P(-2,2)$，直线 $l:(λ+2)x-(λ+1)y-4λ-6=0$，则点 $P$ 到直线 $l$ 的距离的取值范围为 $\underline{\quad \quad}$．
 

3. 分别过点 $A(1,3)$ 和点 $B(2,4)$ 的直线 $l_1$ 和 $l_2$ 互相平行且有最大距离，则 $l_1$ 的方程是 $\underline{\quad \quad}$．
 

4. 若点 $(m,n)$ 在直线 $l:3x+4y-13=0$ 上，则 $(m-1)^{2}+n^{2}$ 的最小值为 (　　)
 A．$3$ $\qquad \qquad$ B．$4$ $\qquad \qquad$ C．$2$ $\qquad \qquad$ D．$6$
 

参考答案

1. 答案 $2 \sqrt{2}$
   解析 当 $OP$ 与直线 $x+y-4=0$ 垂直时，$|OP|$ 最小，
   $∴|OP|$ 的最小值就是原点 $O$ 到直线 $x+y-4=0$ 的距离，
   $\therefore|O P|_{\min }=\dfrac{4}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2}$．

2. 答案 $[0,4 \sqrt{2})$
   解析 $∵$ 直线 $l:(λ+2)x-(λ+1)y-4λ-6=0$，即 $λ⋅(x-y-4)+2x-y-6=0$，
   该直线经过 $x-y-4=0$ 和 $2x-y-6=0$ 的交点 $M(2,-2)$，
   当点 $P(-2,2)$ 在直线 $l:(λ+2)x-(λ+1)y-4λ-6=0$ 上，点 $P$ 到直线 $l$ 的距离最小为 $0$；
   当 $PM$ 和直线 $l$ 垂直时，点 $P$ 到直线 $l$ 的距离最大为 $P M=\sqrt{(-2-2)^{2}+(2+2)^{2}}=4 \sqrt{2}$，
   此时，直线 $l$ 的方程为：$x-y-4=0$，不存在 $λ$ 值，满足此条件，
   故点 $P$ 到直线 $l$ 的距离最大 $PM$ 取不到，
   故点 $P$ 到直线 $l$ 的距离的取值范围为 $[0,4 \sqrt{2})$，
   故答案为： $[0,4 \sqrt{2})$．

3. 答案 $x+y－4=0$
   解析 $∵$ 分别过点 $A(1,3)$ 和点 $B(2,4)$ 的直线 $l_1$ 和 $l_2$ 互相平行且有最大距离，
   故此最大距离为 $|A B|=\sqrt{2}$， $\because k_{A B}=\dfrac{4-3}{2-1}=1$，
   故 $l_1$ 的斜率为 $-\dfrac{1}{k_{A B}}=-1$，
   故 $l_1$ 的方程为 $y－3=－1(x－1)$，即 $x+y－4=0$，
   故答案为：$x+y－4=0$．

4. 答案 $B$
   解析 $\sqrt{(m-1)^{2}+n^{2}}$ 表示点 $(1,0)$ 与点 $(m,n)$ 的距离，
   则 $\sqrt{(m-1)^{2}+n^{2}}$ 的最小值为点 $(1,0)$ 到直线 $3x+4y-13=0$ 的距离，
   即 $\dfrac{|3-13|}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=2$，
   故 $(m-1)^{2}+n^{2}$ 的最小值为 $4$．
   故选：$B$．
    

分层练习

【A组---基础题】

1. 已知点 $(a,2)(a>0)$ 到直线 $l：x-y+3=0$ 的距离为 $1$，则 $a$ 为 (　　)
 A． $\sqrt{2}$ $\qquad \qquad$ B．$2-\sqrt{2}$ $\qquad \qquad$ C．$\sqrt{2}－1$ $\qquad \qquad$ D．$\sqrt{2}+1$
 

2. 已知直线 $l$ 过点 $P(3,3)$ 且与点 $A(－2,2)$、$B(4,－2)$ 等距离，则直线 $l$ 的方程为 (　　)
 A．$3x－2y－3=0$ 或 $2x+3y－15=0$ $\qquad \qquad$ B．$2x－3y+3=0$ 或 $3x－2y－3=0$
 C．$2x－3y+3=0$ 或 $2x+3y－15=0$ $\qquad \qquad$ D．$2x+3y－15=0$ 或 $2x+3y－2=0$
 

3. 过点 $P(0,1)$，且与点 $A(3,3)$ 和 $B(5,－1)$ 的距离相等的直线方程是 (　　)
 A．$y=1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$2x+y－1=0$ $\qquad \qquad$
 C．$y=1$ 或 $2x+y－1=0$ $\qquad \qquad$ D．$2x+y－1=0$ 或 $2x+y+1=0$
 

4. 直线 $x+y－1=0$ 与直线 $x－2y－4=0$ 交于点 $P$，则点 $P$ 到直线 $kx－y+1+2k=0(k∈R)$ 的最大距离为 (　　)
 A． $\sqrt{2}$ $\qquad \qquad$ B．$2$ $\qquad \qquad$ C． $2 \sqrt{5}$ $\qquad \qquad$ D．$4$
 

5. 在平面直角坐标系 $xOy$ 中，坐标原点 $O$ 到直线 $x \cos \theta+y \sin \theta+1=0$ 的距离为 $\underline{\quad \quad}$．
 

6. 已知实数 $x,y$ 满足 $2x+y+3=0$，则 $\sqrt{x^{2}+y^{2}+2 x+1}$ 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. 已知两条平行直线 $L_1:x+2y+3=0$,$L_2:3x+by+c=0$ 间的距离为 $\sqrt{5}$，则 $b+c=$$\underline{\quad \quad}$．
 

9. 求垂直于直线 $x-\sqrt{3} y+1=0$ 且到原点的距离等于 $5$ 的直线方程．
 

10. 已知 $△ABC$ 的三个顶点 $A(3,7)$,$B(-2,5)$,$C(-3,-5)$，点 $D$ 为 $AC$ 的中点．
  (1) 求点 $D$ 的坐标；(2) 求直线 $BD$ 的方程．(3) 求 $△ABD$ 的面积．
 
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 由 $d=\dfrac{|a-2+3|}{\sqrt{1+1}}=1$ 解得 $a=\sqrt{2}－1$，故选 $C$.

2. 答案 $A$
   解析 直线 $l$ 过点 $P(3,3)$ 且与点 $A(－2,2)$、$B(4,－2)$ 等距离，
   故直线 $l$ 的斜率存在，设为 $k$，
   则直线 $l$ 的方程为 $y－3=k(x－3)$，即 $kx－y+3－3k=0$，
   根据 $\dfrac{|-2 k-2+3-3 k|}{\sqrt{k^{2}+1}}=\dfrac{|4 k+2+3-3 k|}{\sqrt{k^{2}+1}}$，求得 $k=\dfrac{3}{2}$，或 $k=-\dfrac{2}{3}$，
   故直线 l 的方程为 $3x－2y－3=0$ 或 $2x+3y－15=0$，
   故选：$A$．

3. 答案 $C$
   解析 当直线平行于直线 $AB$ 时，或过 $AB$ 的中点时满足题意，
   当直线平行于直线 $AB$ 时，所求直线的斜率为 $k=\dfrac{3+1}{3-5}=-2$，
   故直线方程为 $y=－2x+1$，即 $2x+y－1=0$；
   当直线过 $AB$ 的中点 $(4,1)$ 时，斜率为 $k=0$，
   故直线方程为 $y=1$；
   故所求直线方程是为：$y=1$ 或 $2x+y－1=0$．
   故选：$C$．

4. 答案 $C$
   解析 $\left\{\begin{array}{l} x+y-1=0 \\ x-2 y-4=0 \end{array}\right.$，解得 $\left\{\begin{array}{l} x=2 \\ y=-1 \end{array}\right.$，
   所以点 $P$ 的坐标为 $(2,－1)$，
   而直线 $kx－y+1+2k=0$，即 $k(x+2)+1－y=0$，恒过点 $Q(－2,1)$，
   点 $P$ 到直线 $kx－y+1+2k=0$ 的距离最大值为
   $P Q=\sqrt{[2-(-2)]^{2}+(-1-1)^{2}}=2 \sqrt{5}$，
   故选：$C$．

5. 答案 $1$
   解析 坐标原点 $O$ 到直线 $x \cos \theta+y \sin \theta+1=0$ 的距离为 $\dfrac{|0+0+1|}{\sqrt{\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta}}=1$．

6. 答案 $\dfrac{\sqrt{5}}{5}$
   解析 $\sqrt{x^{2}+y^{2}+2 x+1}=\sqrt{(x+1)^{2}+y^{2}}$，
   可看成点 $P(x,y)$ 与点 $A(-1,0)$ 之间的距离的最小值，
   点 $A(-1,0)$ 到直线 $2x+y+3=0$ 的距离为 $d=\dfrac{|2 \times(-1)+0+3|}{\sqrt{2^{2}+1^{2}}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，
   故 $\sqrt{x^{2}+y^{2}+2 x+1}$ 的最小值为 $\dfrac{\sqrt{5}}{5}$．

7. 答案 $120°$
   解析 由两平行线间的距离为 $\dfrac{|1-3|}{\sqrt{1+3}}=1$，
   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 $1$，
   可得直线 $m$ 和两平行线的夹角为 $90°$．
   由于两条平行线的倾斜角为 $30°$，故直线 m 的倾斜角为 $120°$.

8. 答案 $0$ 或 $30$
   解析 因为两条平行直线 $L_1:x+2y+3=0$,$L_2:3x+by+c=0$ 间的距离为 $\sqrt{5}$，
   所以 $b=6$，且 $\dfrac{|9-c|}{\sqrt{3^{2}+6^{2}}}=\sqrt{5}$，解得 $c=-6$ 或 $24$，
   所以 $b+c=0$ 或 $30$．

9. 答案 $\sqrt{3}x+y+10=0$ 或 $\sqrt{3}x+y-10=0$
   解析 $∵$ 所求直线与直线 $x-\sqrt{3}y+1=0$ 垂直，
   $∴$ 设所求直线方程为 $\sqrt{3} x+y+C=0$．
   则 $\dfrac{|C|}{2}=5$，$C=±10$．
   $∴$ 所求 直线方程为 $\sqrt{3} x+y+10=0$ 或 $\sqrt{3} x+y-10=0$．

10. 答案 (1) $(0,1)$ (2) $2x+y-1=0$ (3) $12$
    解析 (1) 设 $D(x,y)$，
    则 $x=\dfrac{3+(-3)}{2}=0$, $y=\dfrac{7+(-5)}{2}=1$，
    $∴$ 点 $D$ 的坐标为 $(0,1)$．
    (2)$∵$ 直线 $BD$ 的斜率为 $k=\dfrac{5-1}{-2-0}=-2$．
    $∴$ 直线 $BD$ 的方程为：$y-1=-2(x-0)$，即 $2x+y-1=0$．
    (3) $\because|B D|=\sqrt{(-2-0)^{2}+(5-1)^{2}}=2 \sqrt{5}$，
    $∴A$ 到直线 $BD$ 的距离为 $d=\dfrac{|2 \times 3+7-1|}{\sqrt{2^{2}+1^{2}}}=\dfrac{12 \sqrt{5}}{5}$
    $∴△ABD$ 的面积为 $S_{\triangle A B D}=\dfrac{1}{2}|B D| d=\dfrac{1}{2} \times 2 \sqrt{5} \times \dfrac{12 \sqrt{5}}{5}=12$．
     

【B组---提高题】

1. 点 $P(\sin \theta, \sqrt{3} \cos \theta)$ 到直线 $x+y+8=0$ 的距离的最小值为 (　　)
 A．$4$ $\qquad \qquad$ B． $2 \sqrt{3}$ $\qquad \qquad$ C． $3 \sqrt{2}$ $\qquad \qquad$ D．$5 \sqrt{2}$
 

2. 在直角坐标系 $xOy$ 中，已知直线 $l: x \cos \theta+y \sin \theta=1$，当 $θ$ 变化时，动直线始终没有经过点 $P$．定点 $Q$ 的坐标 $(－2,0)$，则 $|PQ|$ 的取值范围为 (　　)
 A．$[0,2]$ $\qquad \qquad$ B．$(0,2)$ $\qquad \qquad$ C．$[1,3]$ $\qquad \qquad$ D．$(1,3)$
 

3. 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 (　　)
 A．$12$ $\qquad \qquad$ B．$2$ $\qquad \qquad$ C．$8$ $\qquad \qquad$ D．$4$
 

4. 平面直角坐标系内，动点 $P(a,b)$ 到直线 $l_1$ 已知三条直线 $l_1:2x-y+a=0(a>0)$，$l_2:-4x+2y+1=0$，$l_3:x+y-1=0$，且 $l_1$ 与 $l_2$ 间的距离是 $\dfrac{7 \sqrt{5}}{10}$．
  (1) 求 $a$ 的值．
  (2) 能否找到一点 $P$，使 $P$ 同时满足下列三个条件？若能，求点 $P$ 的坐标；若不能，说明理由．
①点 $P$ 在第一象限；
②点 $P$ 到 $l_1$ 的距离是点 $P$ 到 $l_2$ 的距离的 $\dfrac{1}{2}$；
③点 $P$ 到 $l_1$ 的距离与点 $P$ 到 $l_3$ 的距离之比是 $\sqrt{2}: \sqrt{5}$．
 
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 点 $P(\sin \theta, \sqrt{3} \cos \theta)$ 到直线 $x+y+8=0$ 的距离为
   $d=\dfrac{|\sin \theta+\sqrt{3} \cos \theta+8|}{\sqrt{1+1}}=\dfrac{2 \sin \left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)+8}{\sqrt{2}} \geq \dfrac{-2+8}{\sqrt{2}}=3 \sqrt{2}$．
   所以当 $\sin \left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)=-1$，即 $\theta=2 k \pi+\dfrac{7 \pi}{6}$，$k∈Z$ 时，$d$ 取得最小值为 $3 \sqrt{2}$．
   故选：$C$．
2. 答案 $D$
   解析 由题意知，点 $P$ 坐标不确定，
   当 $θ=0$ 时，直线 $l: x \cos \theta+y \sin \theta=1$ 化为 $x=1$，直线 $l$ 上的点 $A(1,0)$ 到点 $Q$ 的距离为 $3$，
   可以排除选项 $C$；
   当 $θ=π$ 时，直线 $l: x \cos \theta+y \sin \theta=1$ 化为 $x=－1$，直线 $l$ 上的点 $B(－1,0)$ 点 $Q$ 的距离为 $1$，
   可以排除选项 $A、B、C$；
   所以 $|PQ|$ 的取值范围是 $(1,3)$．
   故选：$D$．
3. 答案 $C$
   解析 设动点 $P(a,b)$ 到直线 $l_{1}: y=\dfrac{1}{2} x$ 的距离为 $m$，到直线 $l_2：y=－2x$ 的距离为 $n$，
   $∵l_{1}: y=\dfrac{1}{2} x$ 和 $l_2：y=－2x$ 的距离之和是 $4$，$∴m+n=4$，
   $\because m^{2}+n^{2} \geq 2 m n$， $\therefore 2\left(m^{2}+n^{2}\right) \geq(m+n)^{2}=16$，
   $\therefore m^{2}+n^{2} \geq 8$，
   $∵$ 直线 $l_{1}: y=\dfrac{1}{2} x$ 和 $l_2：y=－2x$ 垂直且过原点，
   $\therefore a^{2}+b^{2}=m^{2}+n^{2} \geq 8$，
   $∴a^{2}+b^{2}$ 的最小值是 $8$．
   故选：$C$．
4. 答案 (1)$a=3$ (2) $P\left(\dfrac{1}{9}, \dfrac{37}{18}\right)$
   解析 (1) 将直线 $l_2$ 的方程化为 $2 x-y-\dfrac{1}{2}=0$，
   $∴$ 两条平行线 $l_1$ 与 $l_2$ 间的距离 $d=\dfrac{\left|a-\left(-\dfrac{1}{2}\right)\right|}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}=\dfrac{7 \sqrt{5}}{10}$，
   由 $a>0$，解得 $a=3$．
   (2) 假设存在点 $P$，设点 $P(x_0,y_0 )$．
   若 $P$ 点满足条件②，则 P 点在与 $l_1$，$l_2$ 平行的直线 $l':2x-y+c=0$ 上，
   且 $\dfrac{|c-3|}{\sqrt{5}}=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\left|c+\dfrac{1}{2}\right|}{\sqrt{5}}$，解得 $c=\dfrac{13}{2}$ 或 $C=\dfrac{11}{6}$，
   所以 $2 x_{0}-y_{0}+\dfrac{13}{2}=0$ 或 $2 x_{0}-y_{0}+\dfrac{11}{6}=0$．
   若 $P$ 点满足条件③，由点到直线的距离公式，
   有 $\dfrac{\left|2 x_{0}-y_{0}+3\right|}{\sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}} \cdot \dfrac{\left|x_{0}+y_{0}-1\right|}{\sqrt{2}}$，
   即 $|2x_0-y_0+3|=|x_0+y_0-1|$，
   所以 $x_0-2y_0+4=0$ 或 $3x_0+2=0$．
   由于点 $P$ 在第一象限，所以排除 $3x_0+2=0$．
   联立方程 $2 x_{0}-y_{0}+\dfrac{13}{2}=0$ 和 $x_0-2y_0+4=0$，
   解得 $\left\{\begin{array}{l} x_{0}=-3 \\ y_{0}=\dfrac{1}{2} \end{array}\right.$(舍去)；
   联立方程 $2 x_{0}-y_{0}+\dfrac{11}{6}=0$ 和 $x_0-2y_0+4=0$，
   解得 $\left\{\begin{array}{l} x_{0}=\dfrac{1}{9} \\ y_{0}=\dfrac{37}{18} \end{array}\right.$，
   所以存在点 $P\left(\dfrac{1}{9}, \dfrac{37}{18}\right)$ 同时满足三个条件．
    

【C组---拓展题】

1. 在平面直角坐标系中，动点 $P$ 到两条直线 $3x-y=0$ 与 $x+3y=0$ 的距离之和等于 $4$，则点 $P$ 到原点距离的取值范围为 $\underline{\quad \quad}$．
 

2. 设 $a,b,c$ 是三角形的三边长，直线 $l:ax+by+c=0$，$M(-1,-1)$，$N(-1,1)$，$P(1,1)$，$Q(1,-1)$．
  (1) 判断点 $M,N,P,Q$ 是否均在直线的同一侧，请说明理由；
  (2) 设 $M,N,P,Q$ 到直线的距离和为 $S$，求证： $2 \sqrt{2}<S<4 \sqrt{2}$．
 
 

参考答案

1. 答案 [2√2,4]
   解析 $∵3x-y=0$ 与 $x+3y=0$ 的互相垂直，且交点为原点，
   $∴$ 设 $P$ 到直线的距离分别为 $a$，$b$，则 $a⩾0$,$b⩾0$，
   则 $a+b=4$，即 $b=4-a⩾0$，
   得 $0⩽a⩽4$，
   由勾股定理可知 $O P=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{a^{2}+(4-a)^{2}}$$=\sqrt{2 a^{2}-8 a+16}=\sqrt{2(a-2)^{2}+8}$，
   $∵0⩽a⩽4$， $\therefore|O P| \in[2 \sqrt{2}, 4]$．
   故答案为 $[2 \sqrt{2}, 4]$．
   

2. 答案 (1) 点 $N,P,Q$ 在直线 $l$ 的同侧，而点 $M$ 在直线 $l$ 的另一侧 (2) 略
   解析 (1) 解：令 $f(x,y)=ax+by+c$，
   则 $f(-1,-1)=c-(a+b)$，$f(-1,1)=(b+c)-a$，$f(1,1)=a+b+c$，$f(1,-1)=(a+c)-b>0$．
   由三角形的性质可知：$f(-1,-1)<0$，$f(-1,1)>0$，$f(1,1)>0$，$f(1,-1)>0$，
   点 $N,P,Q$ 在直线 $l$ 的同侧，而点 $M$ 在直线 $l$ 的另一侧．
   (2) 证明：$M,N,P,Q$ 到直线的距离和为
   $S=\dfrac{|c-(a+b)|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\dfrac{|(b+c)-a|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\dfrac{|a+b+c|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\dfrac{|(a+c)-b|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$$=\dfrac{2(a+b+c)}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$，
   不妨设 $a⩾b$,$a-b⩽c⩽a+b$．
   $\therefore \dfrac{a+b+c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}>\dfrac{a+b+(a-b)}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\dfrac{2 a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}} \geqslant \dfrac{2 a}{\sqrt{2 a^{2}}}=\sqrt{2}$．
   $\dfrac{a+b+c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}<\dfrac{a+b+a+b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\dfrac{2(a+b)}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}} \leqslant 2 \sqrt{2}$．
   $\therefore 2 \sqrt{2}<S<4 \sqrt{2}$．