(2)直线的方程

直线的方程

一、知识与能力目标

根据确定直线位置的几何因素，掌握直线方程的几种形式

二、主要知识

名称 方程 适用范围

斜截式 ykxb 不含垂直于x轴的直线

点斜式 00yykxx 不含直线0xx

两点式

121121xxxxyyyy 不含直线1xx(12xx)和

直线1yy12yy

截距式 1byax 不含垂直于坐标轴和过原点的直线

一般式 0AxByC22(0)AB 平面直角坐标系内的直线都适用

三、例题分析

题型一：直线方程的直接求解

例1 直线l过点P（－1，3），倾斜角的正弦是54，求直线l的方程．

解：因为倾斜角的范围是：0

又由题意：54sin，

所以：34tan，

直线过点P（－1，3），由直线的点斜式方程得到：1343xy

即：01334yx或0534yx．

跟踪练习1：求经过两点A（2，m）和B（n，3）的直线方程．

题型二：直线方程的互化

例2 把直线方程00ABCcByAx化成斜截式______，化成截距式______．

解：斜截式为BCxBAy，截距式为ACx+BCY＝1

跟踪练习2 直线023cosyx的倾斜角的取值范围是_____________．

．

题型三：用待定系数法求解直线方程

例3 直线l经过点)2,3(，且在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程．

解法一：由于直线l在两轴上有截距，因此直线不与x、y轴垂直，斜率存在，且0k．

设直线方程为)3(2xky，

令0x，则23ky，令0y，则kx23．

由题设可得kk2323，解得1k或32k．

所以，l的方程为)3(2xy或)3(322xy．

故直线l的方程为05yx或032yx．

解法二：由题设，设直线l在x、y轴的截距均为a．

若0a，则l过点)0,0(，又过点)2,3(，

∴l的方程为xy32，即l：032yx．

若0a，则设l为1ayax．

由l过点)2,3(，知123aa，故5a．

∴l的方程05yx．

综上可知，直线l的方程为032yx或05yx．

跟踪练习3： 求过点)4,5(P且分别满足下列条件的直线方程：

(1)与两坐标轴围成的三角形面积为5；

(2)与x轴和y轴分别交于A、B两点，且53∶∶BPAP．

题型四：直线综合题

例4 过点)4,1(P引一条直线，使它在两条坐标轴上的截距为正值，且它们的和最小，求这条直线方程．

解法一：设所求的直线方程为)1(4xky．

显见，上述直线在x轴、y轴上的截距分别为k41、k4．

由于041k，且04k可得0k．

直线在两坐标轴上的截距之和为：

945)4()(5)4()41(kkkkS，当且仅当kk4，即2k时，S最小值为9．

故所求直线方程为)1(24xy，即062yx．

解法二：设欲求的直线方程为1byax(0a，0b)．

据题设有141ba， ①

令baS． ②

①×②，有94545)41)((baabbabaS．

当且仅当baab4时，即ba2，且141ba，也即3a，6b时，取等号．

故所求的直线方程为163yx，即062yx．

跟踪练习4：直线l过点M（2，1），且分别交x轴、y轴的正半轴于点A、B．点O是坐标原点，（1）求当ABO面积最小时直线l的方程；（2）当MAMB最小时，求直线l的方程

四、随堂练习

1、若三直线2x+3y+8=0，x－y－1=0和x+ky=0相交于一点，则k＝（ ）

A －2 B 21 C 2 D 21

2、已知直线L1 和L2夹角的平分线所在直线的方程为y=x,如果L1的方程是)0(0abCbyax，那么L2的方程是（ ）

A 0caybx B 0cbyax C 0caybx D 0caybx

3、光线由点P（2，3）射到直线1yx上，反射后过点Q（1，1），则反射光线所在的直线方程为（ ） A、0yx B、03154yx C、0154yx D、01654yx

4、经过点P（－3，—4），且在x轴、y轴上的截距相等的直线L的方程是

5、求经过直线L1：0543yx与直线L2：0832yx的交点M且经过原点的

直线方程。

6、直线l过点M（2，1），且分别交x轴、y轴的正半轴于点A、B．点O是坐标原点，（1）求当ABO面积最小时直线l的方程；（2）当MAMB最小时，求直线l的方程．

五、参考答案

跟踪练习：

1、法一：利用直线的两点式方程

∵直线过两点A（2，m）和B（n，3）

（1）当3m时，点A的坐标是A（2，3），与点B（n，3）的纵坐标相等，则直线AB的方程是3y；

（2）当2n时，点B的坐标是B（2，3）,与点A（2，m）的横坐标相等，则直线AB的方程是2x；

（3）当3m，2n时，由直线的两点式方程121121xxxxyyyy得：

223nxmmy

法二：利用直线的点斜式方程

（1）当2n时，点BA,的横坐标相同，直线AB垂直与x轴，则直线AB的2x；

（2）当2n时，过点BA,的直线的斜率是23nmk，

又∵过点A（2，m）

∴由直线的点斜式方程11xxkyy得过点BA,的直线的方程是：

223xnmmy

2、解：已知直线的方程为323cosxy，其斜率3cosk．

由313cosk，得31tan，

即33tan33．

由,0，得),65[6,0 3、解法一：设所求的直线方程为1byax．

由直线过点)4,5(P，得145ba，即abba54．

又521ba，故10ab．

联立方程组,10,54ababba解得425ba或25ba．

故所求直线方程为1425yx和125yx，即：

02058yx和01052yx．

解法二：设所求直线方程为)5(4xky，它与两坐轴的交点为)0,54(kk，)45,0(k．

由已知，得5544521kkk，即kk10)45(2．

当0k时，上述方程可变成01650252kk，

解得58k，或52k．

由此便得欲求方程为02058yx和01052yx．

(2)解：由P是AB的分点，得53PBAP．

设点A、B的坐标分别为)0,(a，),0(b．

当P是AB的内分点时，53．

由定比分点公式得8a，332b．

再由截距式可得所求直线方程为03234yx．

当点P是AB的外分点时，53．

由定比分点公式求得2a，38b．

仿上可得欲求直线方程为0834yx．

故所求的直线方程为03234yx，或0834yx．

4、解：（1）如图，设OAa，OBb，ABO的面积为S，则

abS21

并且直线l的截距式方程是 MOABxyax＋by＝1

由直线通过点（2，1），得

a2＋b1＝1

所以:2a＝b111＝1bb

因为A点和B点在x轴、y轴的正半轴上，所以上式右端的分母01b．由此得:bbbbaS121111112bbbb

2111bb

422

当且仅当1b11b，即2b时，面积S取最小值4，

这时4a，直线的方程是:4x＋2y＝1

即:042yx

（2）设BAO，则MA＝sin1，MB＝cos2，如图，

所以 MAMB＝sin1cos2＝2sin4

当＝45°时MAMB有最小值4，此时1k，直线l的方程为03yx．

随堂练习：

1、B

2、A

3、C

4、4x+3y=0或x+y+7=0

5、解：由L1与L2的方程联立方程组 0543yx x =1

0832yx 解得： y =－2

∴点M的坐标为（1，－2）

所求直线方程经过(0,0)与M(1,－2),则直线方程为010020xy

即2x+y=0

6、解：（1）如图，设OAa，OBb，ABO的面积为S，则

MOABxy abS21

并且直线l的截距式方程是

ax＋by＝1

由直线通过点（2，1），得

a2＋b1＝1

所以:2a＝b111＝1bb

因为A点和B点在x轴、y轴的正半轴上，所以上式右端的分母01b．由此得:bbbbaS121111112bbbb

2111bb

422

当且仅当1b11b，即2b时，面积S取最小值4，

这时4a，直线的方程是:4x＋2y＝1

即:042yx

（2）设BAO，则MA＝sin1，MB＝cos2，如图，

所以 MAMB＝sin1cos2＝2sin4

当＝45°时MAMB有最小值4，此时1k，直线l的方程为03yx．