两平面的平行判定和性质（含解析）
例1：已知正方体．
求证：平面平面．
证明：∵为正方体，，
又平面，故平面．
同理平面．又， 平面平面．
说明：上述证明是根据判定定理1实现的．本题也可根据判定定理2证明，只需连接即可，此法还可以求出这两个平行平面的距离．
典型例题二。
例2：如图，已知，，
典型例题一。
例1 已知，，，求点的坐标，使四边形为等腰梯形．
分析：利用等腰梯形所具备的性质“两底互相平行且两腰长相等”进行解题．
解：如图，设，若，则，即。
由①、②解得．
若，则。即。
由③、④式解得．
故点的坐标为或．
说明：(1)把哪两条边作为梯形的底是讨论的标准，解此题时注意不要漏解．(2)在遇到两直线平行问题时，一定要注意直线斜率不存在的情况．此题中、的斜率都存在，故不可能出现斜率不存在的情况．
典型例题二。
例2当为何值时，直线与直线互相垂直？
分析：分类讨论，利用两直线垂直的充要条件进行求解．或利用结论“设直线和的方程分别是，，则的充要条件是”（其证明可借助向量知识完成）解题．
解法一：由题意，直线．
1)若，即，此时直线，显然垂直；
2)若，即时，直线与直线不垂直；
3)若，且，则直线、斜率、存在，．
当时，，即，.
综上可知，当或时，直线．
解法二：由于直线，所以，解得．
故当或时，直线．
说明：对于本题，容易出现忽视斜率存在性而引发的解题错误，如先认可两直线、的斜率分别为、，则，．
由，得，即．
解上述方程为．从而得到当时，直线与互相垂直．
上述解题的失误在于机械地套用两直线垂直（斜率形式）的充要条件，忽视了斜率存在的大前提，因而失去对另一种斜率不存在时两直线垂直的考虑，出现了以偏概全的错误．
典型例题三。
例3 已知直线经过点，且被两平行直线和截得的线段之长为5，求直线的方程．
分析：(1)如图，利用点斜式方程，分别与、联立，求得两交点、的坐标（用表示），再利用可求出的值，从而求得的方程．(2)利用、之间的距离及与夹角的关系求解．(3)设直线与、分别相交于、，则可通过求出、的值，确定直线的斜率（或倾斜角），从而求得直线的方程．
解法一：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时与、的交点分别为和，截得的线段的长，符合题意，若直线的斜率存在，则设直线的方程为．
解方程组得，解方程组得．
由，得．解之，得，即欲求的直线方程为．
综上可知，所求的方程为或．
解法二：由题意，直线、之间的距离为，且直线被平等直线、所截得的线段的长为5（如上图），设直线与直线的夹角为，则，故∴．
由直线的倾斜角为135°，知直线的倾斜角为0°或90°，又由直线过点，故直线的方程为或．
解法三：设直线与、分别相交、，则：
两式相减，得． ①
又 ②联立①、②可得或。
由上可知，直线的倾斜角分别为0°或90°．
故所求直线方程为或．
说明：本题容易产生的误解是默认直线的斜率存在，这样由解法一就只能得到，从而遗漏了斜率不存在的情形．
一般地，求过一定点，且被两已知平行直线截得的线段为定长的直线，当小于两平行直线之间距离时无解；当时有唯一解；当时，有且只有两解．另外，本题的三种解法中，解法二采取先求出夹角后，再求直线的斜率或倾斜角，从方法上看较为简单；而解法三注意了利用整体思想处理问题，在一定程度上也简化了运算过程．
典型例题四。
例4 已知点，，点在坐标轴上，且，则满足条件的点的个数是（ ）
（a）1b）2c）3d）4
解：点在坐标轴上，可有两种情况，即在轴或轴上，点的坐标可设为或．
由题意，，直线与直线垂直，其斜率乘积为－1，可分别求得或2，或4，所以满足条件的点的坐标为（0，0），（2，0），（0，4）．
说明：①本题还可以有另外两种解法：一种是利用勾股定理，另一种是直角三角形斜边与轴交点恰为斜边中点，则由到、距离相等的性质可解．②本题易错，可能只解一个坐标轴；可能解方程时漏解；也可能看到、各有两解而误以为有四点．
典型例题五。
例5 已知的一个定点是，、的平分线分别是，，求直线的方程．
分析：利用角平分线的轴对称性质，求出关于，的对称点，它们显然在直线上．
解：关于，的对称点分别是和，且这两点都在直线上，由两点式求得直线方程为．
典型例题六。
例6 求经过两条直线和的交点，并且垂直于直线的直线的方程．
解一：解得两直线和的交点为（，）由已知垂直关系可求得所求直线的斜率为，进而所求直线方程为．
解二：设所求直线方程为，将所求交点坐标（，）代入方程得，所以所求直线方程为．
解三：所求直线过点（，）且与直线垂直，所以，所求直线方程为。
即。解四：设所求直线得方程为。
即1）由于该直线与已知直线垂直。则。解得。
代入（1）得所求直线方程为．
典型例题七。
例7 已知定点（3，1），在直线和上分别求点和点，使的周长最短，并求出最短周长．
分析：由连接两点的线中，直线段最短，利用对称，把折线转化为直线，即转化为求两点间的距离．
解：如图1，设点关于直线和的对称点分别为，
又。周长最小值是：
由两点式可得方程为：
而且易求得0），此时，周长最短，周长为．
典型例题八。
例8 已知实数，满足，求证：．
解：本题的几何意义是：直线上的点（，）与定点的距离的平方不小于．因为直线外一点与直线上任一点连线中，垂线段距离最短，而垂线段的长度即距离，所以，即．
说明：本题应为不等式的题目，难度较大，证明方法也较多，但用解析几何的方法解决显得轻松简捷，深刻地体现了数形结合的思想．
典型例题九。
例9 在平面直角坐标系中，，，点在上，，，试在轴的正半周上求一点，使取得最大值．
分析：要使最大，只需最大，而是直线到直线的角（此处即为夹角），利用公式可以解决问题．
解：如图2，设点，于是直线、的斜率分别为：
当且仅当即，点的坐标为（，0），由可知为锐角，所以此时有最大值．
说明：本题综合性强，是三角、不等式和解析几何知识的交汇点．另外本题也是足球射门最大角问题的推广．
为了更好地理解问题，可以演示用“几何画板”制作的课件。
典型例题十。
例10 直线，求关于直线对称的直线的方程．
分析：本题可有多种不同的解法，给出多种解法的途径是：一类利用直线方程的不同形式求解；另一类采用消元思想进行求解．
解法一：由得与的交点为，显见也在上．
设的斜率为，又的斜率为-2，的斜率为，则。
解得．故的直线方程为．即．
解法二：在直线上取一点，又设点关于直线的对称点为，则。
解得。故由两点式可求得直线的方程为．
解法三：设直线上一动点关于直线的对称点为，则。
解得，．显然在上，即，也即．这便是所求的直线的方程．
解法四：设直线上一动点，则关于的对称点在直线上，可设的坐标为，则。
即。消去，得，即此所求的直线的方程．
说明：在解法一中，应注意正确运用“到角公式”，明确由哪条直线到哪条直线的角．在具体解题时，最好能准确画出图形，直观地得出关系式．在解法四中，脱去绝对值符号时，运用了平面区域的知识．否则，若从表面上可得到两种结果，这显然很难准确地得出直线的方程．
本题的四种不同的解法，体现了求直线方程的不同的思想方法，具有一定的综合性．除此之外，从本题的不同解法中可以看出，只有对坐标法有了充分的理解与认识，并具有较强的数形结合意识，才有可能驾驭本题，从而在解法选择的空间上，真正做到游刃有余，左右逢源．
典型例题十一。
例11 不论取什么实数，直线都经过一个定点，并求出这个定点．
分析：题目所给的直线方程的系数含有字母，给任何一个实数值，就可以得到一条确定的直线，因此所给的方程是以为参数的直线系方程．要证明这个直线系的直线都过一定点，就是证明它是一个共点的直线系，我们可以给出的两个特殊值，得到直线系中的两条直线，它们的交点即是直线系中任何直线都过的定点．
另一思路是由于方程对任意的都成立，那么就以为未知数，整理为关于的一元一次方程，再由一元一次方程有无数个解的条件求得定点的坐标．
解法一：对于方程，令，得；令，得．
解方程组得两直线的交点为．
将点代入已知直线方程左边，得：
这表明不论为什么实数，所给直线均经过定点．
解法二：将已知方程以为未知数，整理为：
由于取值的任意性，有。
解得，．所以所给的直线不论取什么实数，都经过一个定点．
说明：(1)曲线过定点，即与参数无关，则参数的同次幂的系数为0，从而求出定点．
2)分别令参数为两个特殊值，得方程组求出点的坐标，代入原方程满足，则此点为定点．
典型例题十二。
例12 一年级为配合素质教育，利用一间教室作为学生绘画成果展览室．为节约经费，他们利用课桌作为展台，将装画的镜框旋置桌上，斜靠展出．已知镜框对桌面的倾角为()镜框中，画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距、 (学生距离镜框下缘多远看画的效果最佳？
分析：建立如图所示的直角坐标系，为镜框边，为画的宽度，为下边缘上的一点，则可将问题转化为：
已知，，，在轴的正方向向上求一点，使取最大值．
因为视角最大时，从理论上讲，看画的效果最佳（不考虑其他因素）．
解：设点坐标为()，从三角函数定义知、两点坐标分别为、，于是直线、的斜率分别为。
于是，即．由于是锐角，且在上，则：，当且仅当，即时，等号成立，此时取最大值，对应的点为，因此，学生距离镜框下缘处时，视角最大，即看画效果最佳．
说明：解决本题有两点至关重要：一是建立恰当的坐标系，使问题转化成解析几何问题求解；二是把问题进一步转化成求的最大值．如果坐标系选择不当，或选择求的最大值，都将使问题变得复杂起来．
本题是一个非常实际的数学应用问题，它不仅考查了直线的有关概念以及三角知识的结合运用，而且更重要的是考查了把实际问题转化为数学问题的能力．
典型例题十三。
例13 知实数，满足，求的最小值．
分析：本题可使用减少变量法和数形结合法两种方法：可看成点与之间的距离．
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