2.1.2 两条直线平行和垂直的判定

这一节把两条直线的平行与垂直，翻译成斜率之间的两个等式：

$$l_1 \parallel l_2 \Leftrightarrow k_1 = k_2, \qquad l_1 \perp l_2 \Leftrightarrow k_1k_2 = -1.$$

两个式子都极短，考场上真正扣分的从来不是它们本身，而是它们的前提—— “斜率存在”和”两条直线不重合”。本节因此按这个顺序讲：先把两条判定连同前提写清楚， 再单独用一节讲斜率不存在时怎么办，最后给一套判断四边形形状的固定流程。

一、约定：说”两条直线”时，默认它们不重合

课本在旁批里立了一条约定：若没有特别说明，说”两条直线 $l_1$，$l_2$“时，指两条不重合的直线。

这条约定不是排版细节，它决定了上面第一个式子的写法。事实是：

• 若 $l_1 \parallel l_2$（不重合），则 $k_1 = k_2$；
• 反过来，$k_1 = k_2$ 只能推出 $l_1$ 与 $l_2$ 平行或重合。

课本把”不重合”写进约定，$\Leftrightarrow$ 才成立。做题时这一条要自己接管： 题目没说”两条不同的直线”时，由 $k_1 = k_2$ 只能下”平行或重合”的结论，必须再取一个点验一次才能定死是平行。 验法只要一步：在 $l_1$ 上取一个具体的点， 看它在不在 $l_2$ 上；在就是重合，不在就是平行。

这条约定还有一个正面用途，课本也点了：若 $l_1$ 与 $l_2$ 重合，仍有 $k_1 = k_2$， 所以”斜率相等 + 有公共点”是证三点共线的标准做法—— 证 $A$、$B$、$C$ 共线，只要算出 $k_{AB} = k_{AC}$，两条直线都过 $A$，于是重合，三点共线。

二、平行的判定

两个方向都要走一遍

从平行到斜率：$l_1 \parallel l_2$ 时倾斜角相等，$\alpha_1 = \alpha_2$，于是 $\tan\alpha_1 = \tan\alpha_2$，即 $k_1 = k_2$。

从斜率到平行：$k_1 = k_2$ 即 $\tan\alpha_1 = \tan\alpha_2$。这一步要用到一件事—— 倾斜角的取值范围是 $[0^\circ, 180^\circ)$，正切函数在 $[0^\circ, 90^\circ)$ 与 $(90^\circ, 180^\circ)$ 上分别单调， 而且这两段的正切值一段非负、一段为负， 不会互相取到同一个值。所以在这个范围内，$\tan\alpha_1 = \tan\alpha_2$ 就逼出 $\alpha_1 = \alpha_2$， 从而 $l_1 \parallel l_2$。

这一步是本节唯一一处真正用到了倾斜角范围的地方，值得记住理由： 如果倾斜角允许跑到 $[0^\circ, 360^\circ)$，$\tan 30^\circ = \tan 210^\circ$， 斜率相等就推不出倾斜角相等了。$[0^\circ, 180^\circ)$ 这个范围是被”正切一一对应”这件事挑出来的。

斜率不存在的那一支

当 $\alpha_1 = \alpha_2 = 90^\circ$ 时两条直线都竖直、都没有斜率，此时它们仍然平行（或重合）， 只是上面那个等式无从谈起。所以完整的判定是：

两条不重合的直线平行 $\Leftrightarrow$ 要么两条都有斜率且斜率相等，要么两条都没有斜率。

做题时的操作口径是：先看有没有竖直线。有一条竖直（横坐标全相同），另一条不竖直， 直接判不平行；两条都竖直，直接判平行（或重合）。剩下的情形才比斜率。

三、垂直的判定

课本用向量给出证明，这条推导比”倾斜角相差 $90^\circ$ 再用诱导公式”干净得多，值得照抄一遍：

斜率为 $k$ 的直线有一个方向向量 $(1,\ k)$（横向走 $1$，纵向就走 $k$）。设 $l_1$、$l_2$ 的斜率是 $k_1$、$k_2$，方向向量分别取 $\boldsymbol{a} = (1,\ k_1)$、$\boldsymbol{b} = (1,\ k_2)$，于是

$$l_1 \perp l_2 \Leftrightarrow \boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b} \Leftrightarrow \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = 0 \Leftrightarrow 1 \times 1 + k_1k_2 = 0,$$

即 $k_1k_2 = -1$。

注意 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = 0 \Leftrightarrow \boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b}$ 这一步用到了两个向量都不是零向量—— 这里 $(1,k)$ 的第一个分量是 $1$，永远不是零向量，前提自动满足。

这条推导也解释了为什么 $k_1k_2 = -1$ 里天然不含竖直线：写下 $(1,\ k)$ 这个方向向量的那一刻， 就已经假定了这条直线不竖直。竖直线的方向向量是 $(0,\ 1)$，第一个分量是 $0$，套不进这个式子。

竖直线那一支要单独记：一条直线的倾斜角是 $90^\circ$ 时，与它垂直的直线倾斜角是 $0^\circ$， 也就是”竖直线只与水平线垂直”。反过来也一样。这是 $k_1k_2 = -1$ 覆盖不到的唯一情形。

一个能免掉全部分类讨论的写法

如果两条直线是用一般式给出的，$l_1: A_1x + B_1y + C_1 = 0$、$l_2: A_2x + B_2y + C_2 = 0$， 那么 $(A_1,\ B_1)$、$(A_2,\ B_2)$ 分别是它们的法向量，于是

$$l_1 \perp l_2 \Leftrightarrow A_1A_2 + B_1B_2 = 0,$$ $$l_1 \parallel l_2 \ \text{或重合} \Leftrightarrow A_1B_2 - A_2B_1 = 0.$$

这两条对竖直线一样成立，因为一般式不区分有没有斜率。等你学到 §2.2.3 直线的一般式方程， 就可以用它们代替本节的斜率判据；在那之前，本节的题目仍按斜率来做，但心里可以先记着： 分类讨论是”用斜率”这个选择带来的代价，不是问题本身的难度。

四、判断四边形形状：一套固定流程

课本例 3 与习题里那几道”判断四边形形状""求证是矩形”，用的是同一套流程。按顺序做，不会漏：

1. 先按顶点顺序把四条边认清：四边形 $ABCD$ 的边是 $AB$、$BC$、$CD$、$DA$， $AC$ 与 $BD$ 是对角线，不是边。这一步错了后面全错。
2. 算四条边所在直线的斜率（有竖直边就单独记”斜率不存在”）。
3. 两组对边分别比斜率：$k_{AB} = k_{CD}$ 且 $k_{BC} = k_{DA}$，两组对边分别平行，是平行四边形。
4. 再看邻边：若还有 $k_{AB}k_{BC} = -1$，则有一个内角是直角，平行四边形升级为矩形。
5. 若要判菱形/正方形，还要算边长（用两点间的距离公式），斜率管不了长度。

第 3 步有一个常被忽略的细节：$k_{AB} = k_{CD}$ 说明直线 $AB$ 与 $CD$ 平行或重合， 而 $A$、$B$、$C$、$D$ 是四边形的四个顶点、本来就不共线，所以这里可以直接说平行。 但如果题目只给”四点”没说构成四边形，就要先验一下四点不共线。

五、易错清单

按考场上真正丢分的顺序排：

1. 由 $k_1 = k_2$ 直接下”平行”，没排除重合。 这是本节第一大失分点，尤其在”求参数使两直线平行” 这类题里：解出参数后必须回代验一次，很多参数值会让两条直线重合，是要舍掉的。
2. 忘了斜率不存在的那一支。 题目里出现”过 $A(m,1)$、$B(-1,m)$ 两点的直线”这种带参数的两点， $m = -1$ 时这条直线是竖直的、没有斜率，必须单独讨论一句再排除。
3. 写 $k = \dfrac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}$ 时没管分母是否为零。 用这个公式的前提就是 $x_1 \neq x_2$， 带参数时要把它当成一个约束写出来。
4. 垂直判定漏掉”竖直线配水平线”。 $k_1k_2 = -1$ 覆盖不到这一种。
5. 四边形顶点顺序搞错，把对角线当成了边。
6. 由”两组对边平行”直接说是矩形。 平行四边形只保证对边平行，要矩形还得再验一个直角。

六、这一节往后连到哪

页面下方那一段”考过本节的真题”是派生的、也是完整的，这里只给一个读的顺序：

• 先看直接判位置关系的题：给四个点判两条直线平行还是垂直，或判三角形、四边形的形状。 这类题练的是流程与前提，不难，但漏一个前提就整题作废。
• 再看含参数的题：“求 $m$ 使两条直线平行/垂直”。难点全在分类：分母为零那一支、 平行解出来却重合那一支，两支都要写。
• 最后看把垂直当工具用的题：求垂线、求点关于直线的对称点、圆的切线（切点处半径与切线垂直）、 圆锥曲线里”以某线段为直径的圆过某点”（等价于两个向量数量积为零）。 在这些题里 $k_1k_2 = -1$ 只是最后一步，前面全是别的内容——但它一旦漏掉前提，前面的功夫全白费。

再往后，§2.2 用点斜式把”过某点、与某直线平行或垂直”直接写成方程， §2.3.3 用垂直关系推出点到直线的距离公式——本节的两条判定是那些内容的入口。

本节目录下这四页上印着三组题，共 17 道，逐题全做。第 55 页（page-0060）那一组 5 道印在 「2.1.2 两条直线平行和垂直的判定」这个标题之前，练的是上一小节 §2.1.1 倾斜角与斜率； §2.1.1 自己的页上没印练习，所以这 5 道收在这里。第 57 页（page-0062）那一组 2 道是本节自己的练习。 「习题 2.1」10 道从第 57 页起、接到第 58 页（page-0063），也印在本节目录下，一并收齐。 这三组里没有无唯一解答的开放式作业，所以一道不落。每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

全篇反复用到的三条，写在这里，后面不再重复推导：

• 两点求斜率：$k = \dfrac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}$，前提是 $x_1 \neq x_2$（否则直线竖直、斜率不存在）。
• 倾斜角与斜率：$k = \tan\alpha$，$\alpha \in [0^\circ,\ 180^\circ)$。在这个范围内正切值与倾斜角一一对应， 所以由 $k$ 反求 $\alpha$ 的答案是唯一的；$k > 0$ 对应锐角，$k = 0$ 对应 $0^\circ$，$k < 0$ 对应钝角。
• 平行与垂直：两条不重合且都有斜率的直线，$l_1 \parallel l_2 \Leftrightarrow k_1 = k_2$， $l_1 \perp l_2 \Leftrightarrow k_1k_2 = -1$。由 $k_1 = k_2$ 只能得到”平行或重合”，要判平行还得再验一次不重合。

练习（第 55 页）第 1 题

1. 已知下列直线的倾斜角，求直线的斜率： (1) $\alpha=30^{\circ}$ ; (2) $\alpha=45^{\circ}$ ; (3) $\alpha=\frac{2\pi}{3}$ ; (4) $\alpha=\frac{3\pi}{4}$ .

四个倾斜角都不等于 $90^\circ$，所以斜率都存在，直接用 $k = \tan\alpha$。

(1) $k = \tan 30^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$。

(2) $k = \tan 45^\circ = 1$。

(3) $\dfrac{2\pi}{3} = 120^\circ$，是钝角。用诱导公式 $\tan 120^\circ = \tan(180^\circ - 60^\circ) = -\tan 60^\circ = -\sqrt{3}$，即 $k = -\sqrt{3}$。

(4) $\dfrac{3\pi}{4} = 135^\circ$，$\tan 135^\circ = \tan(180^\circ - 45^\circ) = -\tan 45^\circ = -1$，即 $k = -1$。

自检：(1)(2) 的倾斜角是锐角，算出的斜率为正；(3)(4) 的倾斜角是钝角，算出的斜率为负—— 符号与”锐角对应正斜率、钝角对应负斜率”相符。

这道题的关键动作：钝角的正切先用 $\tan(180^\circ - \theta) = -\tan\theta$ 化到锐角再查值， 别直接背钝角的正切表。

练习（第 55 页）第 2 题

2. 已知下列直线的斜率，求直线的倾斜角： (1) k=0; (2) $k=\sqrt{3}$ ; (3) $k=-\sqrt{3}$ ; (4) $k=-\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

倾斜角 $\alpha$ 的取值范围是 $[0^\circ,\ 180^\circ)$，这个范围要先写出来：正切函数在 $[0^\circ,\ 90^\circ)$ 与 $(90^\circ,\ 180^\circ)$ 上分别单调，且前一段的值非负、后一段的值为负， 所以在整个 $[0^\circ,\ 180^\circ)$ 上”正切值 $\to$ 倾斜角”是一一对应的，下面每一问的答案都唯一。

(1) $\tan\alpha = 0$ 且 $\alpha \in [0^\circ,\ 180^\circ)$，得 $\alpha = 0^\circ$。 （$180^\circ$ 的正切也是 $0$，但 $180^\circ$ 不在范围内，所以不取。）

(2) $\tan\alpha = \sqrt{3} > 0$，倾斜角是锐角，$\alpha = 60^\circ$（即 $\dfrac{\pi}{3}$）。

(3) $\tan\alpha = -\sqrt{3} < 0$，倾斜角是钝角。由 $\tan 60^\circ = \sqrt{3}$ 得 $\tan(180^\circ - 60^\circ) = -\sqrt{3}$，所以 $\alpha = 120^\circ$（即 $\dfrac{2\pi}{3}$）。

(4) $\tan\alpha = -\dfrac{\sqrt{3}}{3} < 0$，倾斜角是钝角。由 $\tan 30^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$ 得 $\tan(180^\circ - 30^\circ) = -\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，所以 $\alpha = 150^\circ$（即 $\dfrac{5\pi}{6}$）。

自检：本题与上一题恰好互逆——(2)(3) 的答案代回上一题的公式，得到的正是题给的斜率。

这道题的关键动作：由斜率反求倾斜角时，先看符号定锐角还是钝角，再在对应的那一段里找角； 负斜率一律先求出 $\arctan|k|$ 对应的锐角，再用 $180^\circ$ 减。

练习（第 55 页）第 3 题

3. 求经过下列两点的直线的斜率，并判断其倾斜角是锐角还是钝角： (1) $C(18, 8)$ , $D(4, -4)$ ; (2) $P(0, 0)$ , $Q(-1, 3)$ .

(1) 两点的横坐标 $18 \neq 4$，所以斜率存在，

$$k_{CD} = \frac{8 - (-4)}{18 - 4} = \frac{12}{14} = \frac{6}{7}.$$

$k > 0$，所以倾斜角是锐角。

(2) 两点的横坐标 $0 \neq -1$，斜率存在，

$$k_{PQ} = \frac{3 - 0}{-1 - 0} = \frac{3}{-1} = -3.$$

$k < 0$，所以倾斜角是钝角。

自检：两点的次序换一下结果不变。(1) 里若写成 $\dfrac{-4-8}{4-18} = \dfrac{-12}{-14} = \dfrac{6}{7}$， 一致；(2) 里 $\dfrac{0-3}{0-(-1)} = \dfrac{-3}{1} = -3$，也一致。分子分母的相减次序必须一致， 一个用 $y_2 - y_1$、另一个用 $x_1 - x_2$ 就会把符号弄反——这是这类题最常见的错。

练习（第 55 页）第 4 题

4. 已知 $a, b, c$ 是两两不等的实数，求经过下列两点的直线的倾斜角：(1) $A(a, c), B(b, c)$; (2) $C(a, b), D(a, c)$; (3) $P(b, b + c), Q(a, c + a)$.

“两两不等”这个条件在三小问里各用一次，先记住：$a \neq b$，$b \neq c$，$a \neq c$。

(1) $A(a,\ c)$ 与 $B(b,\ c)$ 的纵坐标相同，都是 $c$；又 $a \neq b$，两点确实不重合。 横坐标不同，斜率存在，

$$k_{AB} = \frac{c - c}{a - b} = 0.$$

（这里用到 $a - b \neq 0$。）$\tan\alpha = 0$ 且 $\alpha \in [0^\circ,\ 180^\circ)$， 所以倾斜角是 $0^\circ$。几何上：这是一条平行于 $x$ 轴的水平直线。

(2) $C(a,\ b)$ 与 $D(a,\ c)$ 的横坐标相同，都是 $a$；又 $b \neq c$，两点不重合。 横坐标相同意味着 $x_2 - x_1 = 0$，斜率公式的前提不成立，斜率不存在，不能套 $k = \tan\alpha$。 这是一条竖直直线（平行于 $y$ 轴），倾斜角是 $90^\circ$。

(3) 两点的横坐标是 $b$ 与 $a$，由 $a \neq b$ 知它们不同，斜率存在，

$$k_{PQ} = \frac{(b + c) - (c + a)}{b - a} = \frac{b - a}{b - a} = 1.$$

（约分用到 $b - a \neq 0$。）$\tan\alpha = 1$ 且 $\alpha \in [0^\circ,\ 180^\circ)$， 所以倾斜角是 $45^\circ$。

自检：第 (3) 问的结果与 $c$ 无关——把 $c$ 换成任何数，两个纵坐标同时平移，直线只是上下挪， 倾斜角不变。这与算出来的 $k = 1$ 里 $c$ 被消掉是一回事。

这道题的关键动作：先看两点的横坐标是否相同。相同就是竖直线、倾斜角 $90^\circ$、斜率不存在； 不同才动用斜率公式。第 (2) 问就是专门考这一条的。

练习（第 55 页）第 5 题

5. 经过 $A(0, 2)$, $B(-1, 0)$ 两点的直线的方向向量为 $(1, k)$, 求 $k$ 的值.

方向向量写成 $(1,\ k)$，第一个分量是 $1$、不为零，说明这条直线不竖直； 此时它的斜率就等于纵横两个分量之比 $\dfrac{k}{1} = k$。所以题目里的 $k$ 就是这条直线的斜率。

（为什么”分量之比 = 斜率”：方向向量 $(1,\ k)$ 表示沿直线横向走 $1$、纵向就走 $k$， 而斜率的定义正是纵向增量与横向增量之比。）

先验前提：$A(0,\ 2)$ 与 $B(-1,\ 0)$ 的横坐标 $0 \neq -1$，直线确实不竖直，与 $(1,\ k)$ 这个形式相容。 于是

$$k = k_{AB} = \frac{2 - 0}{0 - (-1)} = \frac{2}{1} = 2.$$

自检：取 $k = 2$，方向向量是 $(1,\ 2)$。从 $B(-1,\ 0)$ 出发沿它走一步到 $(0,\ 2)$，正是 $A$。方向向量没取错。

练习（第 57 页）第 1 题

1. 判断下列各对直线是否平行或垂直：

(1) 经过 $A(2, 3)$ ， $B(-1, 0)$ 两点的直线 $l_{1}$ ，与经过点 $P(1, 0)$ 且斜率为 1 的直线 $l_{2}$ ;

(2) 经过 $C(3, 1)$ ， $D(-2, 0)$ 两点的直线 $l_{3}$ ，与经过点 $M(1, -4)$ 且斜率为 -5 的直线 $l_{4}$ .

(1) $A$、$B$ 的横坐标 $2 \neq -1$，$l_1$ 的斜率存在，

$$k_1 = \frac{3 - 0}{2 - (-1)} = \frac{3}{3} = 1.$$

而 $k_2 = 1$，两者相等。但 $k_1 = k_2$ 只说明 $l_1$ 与 $l_2$ 平行或重合，还要排除重合。

$l_1$ 过 $B(-1,\ 0)$ 且斜率为 $1$，方程是 $y - 0 = 1 \cdot \big(x - (-1)\big)$，即 $y = x + 1$。 把 $l_2$ 上的点 $P(1,\ 0)$ 代进去：右边 $= 1 + 1 = 2 \neq 0$，所以 $P$ 不在 $l_1$ 上， 两条直线不重合。

结论：$l_1 \parallel l_2$。（顺带：$k_1k_2 = 1 \neq -1$，不垂直。）

(2) $C$、$D$ 的横坐标 $3 \neq -2$，$l_3$ 的斜率存在，

$$k_3 = \frac{1 - 0}{3 - (-2)} = \frac{1}{5}.$$

而 $k_4 = -5$，于是

$$k_3k_4 = \frac{1}{5} \times (-5) = -1,$$

所以 $l_3 \perp l_4$。（两条斜率不等，自然也不平行。）

这道题的关键动作：判平行要多做一步排除重合，判垂直不用——因为两条重合的直线斜率之积是 $k^2 \geq 0$， 永远不等于 $-1$，$k_1k_2 = -1$ 本身就蕴含了不重合。

练习（第 57 页）第 2 题

2. 试确定 $m$ 的值，使过 $A(m, 1)$，$B(-1, m)$ 两点的直线与过 $P(1, 2)$，$Q(-5, 0)$ 两点的直线：

(1) 平行；(2) 垂直.

先把已知的那条直线算清楚。$P$、$Q$ 的横坐标 $1 \neq -5$，斜率存在，

$$k_{PQ} = \frac{2 - 0}{1 - (-5)} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}.$$

直线 $PQ$ 过 $Q(-5,\ 0)$，方程是 $y = \dfrac{1}{3}(x + 5)$。

再看直线 $AB$。$A(m,\ 1)$、$B(-1,\ m)$ 的横坐标分别是 $m$ 与 $-1$，必须先讨论 $m = -1$：

• 若 $m = -1$，两点是 $A(-1,\ 1)$ 与 $B(-1,\ -1)$，横坐标相同、纵坐标不同， $AB$ 是竖直直线 $x = -1$，斜率不存在。竖直线只与水平线平行或垂直， 而 $PQ$ 的斜率是 $\dfrac{1}{3}$，既不是”不存在”也不是 $0$，所以此时 $AB$ 与 $PQ$ 既不平行也不垂直。 $m = -1$ 在两问里都要舍去。
• 若 $m \neq -1$，斜率存在，

$$k_{AB} = \frac{1 - m}{m - (-1)} = \frac{1 - m}{m + 1}.$$

(1) 平行。 令 $k_{AB} = k_{PQ}$：

$$\frac{1 - m}{m + 1} = \frac{1}{3} \ \Longrightarrow\ 3(1 - m) = m + 1 \ \Longrightarrow\ 3 - 3m = m + 1 \ \Longrightarrow\ 4m = 2 \ \Longrightarrow\ m = \frac{1}{2}.$$

（交叉相乘用到 $m + 1 \neq 0$，这已经在上面的分类里保证了。）

还要排除重合。 取 $m = \dfrac{1}{2}$，则 $A\left(\dfrac{1}{2},\ 1\right)$。 把它代入 $PQ$ 的方程右边：$\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{2} + 5\right) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{11}{2} = \dfrac{11}{6} \neq 1$， 所以 $A$ 不在 $PQ$ 上，两条直线不重合。

综上，$m = \dfrac{1}{2}$。

(2) 垂直。 令 $k_{AB} \cdot k_{PQ} = -1$，即 $k_{AB} = -3$：

$$\frac{1 - m}{m + 1} = -3 \ \Longrightarrow\ 1 - m = -3(m + 1) = -3m - 3 \ \Longrightarrow\ 2m = -4 \ \Longrightarrow\ m = -2.$$

$m = -2 \neq -1$，与前提相容。

自检：$m = -2$ 时 $A(-2,\ 1)$、$B(-1,\ -2)$， $k_{AB} = \dfrac{1 - (-2)}{-2 - (-1)} = \dfrac{3}{-1} = -3$， $k_{AB} \cdot k_{PQ} = -3 \times \dfrac{1}{3} = -1$，确实垂直。

综上，$m = -2$。

习题 2.1 第 1 题

1. 已知直线斜率的绝对值等于1，求直线的倾斜角.

$|k| = 1$ 给出两个可能：$k = 1$ 或 $k = -1$，两种都要写。

设倾斜角为 $\alpha \in [0^\circ,\ 180^\circ)$。

• $k = 1 > 0$，倾斜角是锐角，由 $\tan\alpha = 1$ 得 $\alpha = 45^\circ$；
• $k = -1 < 0$，倾斜角是钝角，由 $\tan\alpha = -1$ 与 $\tan(180^\circ - 45^\circ) = -1$ 得 $\alpha = 135^\circ$。

所以倾斜角是 $45^\circ$ 或 $135^\circ$。

这道题的关键动作：绝对值等于一个正数，必然是两个值，漏掉负的那一支就丢一半答案。

习题 2.1 第 2 题

2. 已知四边形 $ABCD$ 的四个顶点是 $A(2, 3)$, $B(1, -1)$, $C(-1, -2)$, $D(-2, 2)$, 求四边形 $ABCD$ 的四条边所在直线的斜率.

四边形 $ABCD$ 的四条边是 $AB$、$BC$、$CD$、$DA$（$AC$ 与 $BD$ 是对角线，不是边，别算错对象）。 四条边的两个端点横坐标都不相同，所以四个斜率都存在。

$$k_{AB} = \frac{3 - (-1)}{2 - 1} = \frac{4}{1} = 4,$$ $$k_{BC} = \frac{-1 - (-2)}{1 - (-1)} = \frac{1}{2},$$ $$k_{CD} = \frac{-2 - 2}{-1 - (-2)} = \frac{-4}{1} = -4,$$ $$k_{DA} = \frac{2 - 3}{-2 - 2} = \frac{-1}{-4} = \frac{1}{4}.$$

自检：四个斜率两两不等，特别是 $k_{AB} \neq k_{CD}$、$k_{BC} \neq k_{DA}$， 所以这个四边形两组对边都不平行——它不是平行四边形，只是一个一般的四边形。 另外 $k_{AB}k_{BC} = 4 \times \dfrac{1}{2} = 2 \neq -1$，$\angle ABC$ 也不是直角。

这道题的关键动作：按顶点顺序认边。$A \to B \to C \to D \to A$ 走一圈，走过的四条线段才是边。

习题 2.1 第 3 题

3. $m$ 为何值时，（1）经过 $A(-m, 6)$，$B(1, 3m)$ 两点的直线的斜率是12？

(2) 经过 $A(m, 2)$ ， $B(-m, -2m-1)$ 两点的直线的倾斜角是 $60^{\circ}$ ?

(1) 要谈斜率，先要斜率存在，即两点横坐标不同：$-m \neq 1$，也就是 $m \neq -1$。 在这个前提下

$$k_{AB} = \frac{6 - 3m}{-m - 1}.$$

令它等于 $12$：

$$\frac{6 - 3m}{-m - 1} = 12 \ \Longrightarrow\ 6 - 3m = 12(-m - 1) = -12m - 12,$$ $$6 - 3m + 12m + 12 = 0 \ \Longrightarrow\ 9m + 18 = 0 \ \Longrightarrow\ m = -2.$$

$m = -2 \neq -1$，前提满足。

自检：$m = -2$ 时 $A(2,\ 6)$、$B(1,\ -6)$，$k = \dfrac{6 - (-6)}{2 - 1} = 12$，对。

(2) 倾斜角 $60^\circ$ 对应斜率 $k = \tan 60^\circ = \sqrt{3}$。 先要斜率存在：两点横坐标 $m$ 与 $-m$ 不同，即 $m \neq -m$，也就是 $\boldsymbol{m \neq 0}$。 （若 $m = 0$，两点是 $A(0,\ 2)$ 与 $B(0,\ -1)$，直线竖直、倾斜角是 $90^\circ$，不合题意。）

在 $m \neq 0$ 的前提下

$$k_{AB} = \frac{2 - (-2m - 1)}{m - (-m)} = \frac{2m + 3}{2m}.$$

令它等于 $\sqrt{3}$：

$$\frac{2m + 3}{2m} = \sqrt{3} \ \Longrightarrow\ 2m + 3 = 2\sqrt{3}\,m \ \Longrightarrow\ 3 = 2\sqrt{3}\,m - 2m = 2(\sqrt{3} - 1)m,$$ $$m = \frac{3}{2(\sqrt{3} - 1)}.$$

分母有理化（分子分母同乘 $\sqrt{3} + 1$，注意 $(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1) = 3 - 1 = 2$）：

$$m = \frac{3(\sqrt{3} + 1)}{2 \times 2} = \frac{3\sqrt{3} + 3}{4}.$$

$m \neq 0$，前提满足。

自检：$m = \dfrac{3\sqrt{3} + 3}{4} \approx \dfrac{3 \times 1.7321 + 3}{4} \approx \dfrac{8.1962}{4} \approx 2.0490$。 于是 $2m + 3 \approx 7.0981$、$2m \approx 4.0981$，比值 $\approx 1.7321 \approx \sqrt{3}$，与 $\tan 60^\circ$ 相符。

习题 2.1 第 4 题

4. 已知 $A(1, 2), B(-1, 0), C(3, 4)$ 三点，这三点是否在同一条直线上？为什么？

结论：三点共线。

理由分两步，两步缺一不可。

第一步：算两条直线的斜率。 $A$、$B$ 的横坐标 $1 \neq -1$，$A$、$C$ 的横坐标 $1 \neq 3$，两个斜率都存在，

$$k_{AB} = \frac{2 - 0}{1 - (-1)} = \frac{2}{2} = 1, \qquad k_{AC} = \frac{4 - 2}{3 - 1} = \frac{2}{2} = 1.$$

第二步：由”斜率相等 + 有公共点”得共线。 $k_{AB} = k_{AC}$ 说明直线 $AB$ 与直线 $AC$ 平行或重合； 而这两条直线都经过点 $A$、有公共点，平行的两条直线没有公共点，所以只能是重合。 于是 $B$、$C$ 都在同一条直线上，$A$、$B$、$C$ 三点共线。

这道题的关键动作：证三点共线要用同一个点出发的两条直线（这里都从 $A$ 出发）， “斜率相等”才升级成”重合”。若算的是 $k_{AB}$ 与 $k_{CD}$ 这种没有公共点的两条，斜率相等只能说平行。

自检：直线 $AB$ 过 $B(-1,\ 0)$、斜率 $1$，方程是 $y = x + 1$。 把 $C(3,\ 4)$ 代入：$3 + 1 = 4$，成立，$C$ 确实在这条直线上。

习题 2.1 第 5 题

5. 判断下列不同的直线 $l_{1}$ 与 $l_{2}$ 是否平行：

(1) $l_{1}$ 的斜率为2，$l_{2}$ 经过 $A(1,2)$，$B(4,8)$ 两点；

(2) $l_{1}$ 经过 $P(3,3)$, $Q(-5,3)$ 两点, $l_{2}$ 平行于 $x$ 轴, 但不经过 $P$, $Q$ 两点;

(3) $l_{1}$ 经过 $M(-1,0)$, $N(-5,-2)$ 两点, $l_{2}$ 经过 $R(-4,3)$, $S(0,5)$ 两点.

题面已经声明这是两条不同的直线，也就是重合已被排除，所以三小问都只需比斜率—— 这正是上一节里”由 $k_1 = k_2$ 只能得平行或重合”的那一步在这里被题面替我们做掉了。

(1) $A$、$B$ 的横坐标 $1 \neq 4$，$l_2$ 的斜率存在，

$$k_2 = \frac{8 - 2}{4 - 1} = \frac{6}{3} = 2.$$

$k_1 = 2 = k_2$，两条直线又不重合，所以 $l_1 \parallel l_2$。

(2) $P(3,\ 3)$ 与 $Q(-5,\ 3)$ 的纵坐标都是 $3$、横坐标不同，所以

$$k_1 = \frac{3 - 3}{3 - (-5)} = 0,$$

$l_1$ 是水平直线 $y = 3$。$l_2$ 平行于 $x$ 轴，也是水平直线，$k_2 = 0$。 两者斜率相等；题面又说 $l_2$ 不经过 $P$、$Q$，而 $P$、$Q$ 在 $l_1$ 上，所以两条直线不重合。 所以 $l_1 \parallel l_2$。

(3) 两条直线的端点横坐标都不同，斜率都存在，

$$k_1 = \frac{0 - (-2)}{-1 - (-5)} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}, \qquad k_2 = \frac{5 - 3}{0 - (-4)} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}.$$

$k_1 = k_2$，两条直线不重合，所以 $l_1 \parallel l_2$。

补一次不重合的验算（题面已保证，这里只是自检）：$l_1$ 过 $M(-1,\ 0)$、斜率 $\dfrac{1}{2}$， 方程是 $y = \dfrac{1}{2}(x + 1)$。把 $R(-4,\ 3)$ 代入右边得 $\dfrac{1}{2} \times (-3) = -\dfrac{3}{2} \neq 3$， $R$ 不在 $l_1$ 上，确实是两条不同的直线。

习题 2.1 第 6 题

6. 判断下列直线 $l_{1}$ 与 $l_{2}$ 是否垂直：

(1) $l_{1}$ 的斜率为 $-\frac{2}{3}$, $l_{2}$ 经过点 $A(1, 1)$, $B\left(0, -\frac{1}{2}\right)$;

(2) $l_{1}$ 的倾斜角为 $45^{\circ}$, $l_{2}$ 经过 $P(-2, -1)$, $Q(3, -6)$ 两点;

(3) $l_{1}$ 经过 $M(1,0)$, $N(4,-5)$ 两点, $l_{2}$ 经过 $R(-6,0)$, $S(-1,3)$ 两点.

三小问里两条直线的斜率都存在，所以都能用 $l_1 \perp l_2 \Leftrightarrow k_1k_2 = -1$。

(1) $A$、$B$ 的横坐标 $1 \neq 0$，

$$k_2 = \frac{1 - \left(-\dfrac{1}{2}\right)}{1 - 0} = \frac{\dfrac{3}{2}}{1} = \frac{3}{2}.$$ $$k_1k_2 = -\frac{2}{3} \times \frac{3}{2} = -1,$$

所以 $l_1 \perp l_2$。

(2) $l_1$ 的倾斜角是 $45^\circ$，$k_1 = \tan 45^\circ = 1$。$P$、$Q$ 的横坐标 $-2 \neq 3$，

$$k_2 = \frac{-1 - (-6)}{-2 - 3} = \frac{5}{-5} = -1.$$ $$k_1k_2 = 1 \times (-1) = -1,$$

所以 $l_1 \perp l_2$。

(3) 两条直线的端点横坐标都不同，

$$k_1 = \frac{0 - (-5)}{1 - 4} = \frac{5}{-3} = -\frac{5}{3}, \qquad k_2 = \frac{3 - 0}{-1 - (-6)} = \frac{3}{5}.$$ $$k_1k_2 = -\frac{5}{3} \times \frac{3}{5} = -1,$$

所以 $l_1 \perp l_2$。

自检：三问的答案都是”垂直”，看着可疑，但三次乘积各自算出来都恰好是 $-1$， 而且三对斜率互为负倒数（$-\dfrac{2}{3}$ 与 $\dfrac{3}{2}$、$1$ 与 $-1$、$-\dfrac{5}{3}$ 与 $\dfrac{3}{5}$）， 这正是 $k_1k_2 = -1$ 的等价说法，结果可信。

习题 2.1 第 7 题

7. 过 $A(m^2 + 2, m^2 - 3)$, $B(3 - m - m^2, 2m)$ 两点的直线 $l$ 的倾斜角为 $45^\circ$, 求 $m$ 的值.

倾斜角 $45^\circ$ 对应斜率 $k = \tan 45^\circ = 1$。斜率存在意味着 $A$、$B$ 的横坐标不同， 先把这个前提写成式子：

$$x_A - x_B = (m^2 + 2) - (3 - m - m^2) = m^2 + 2 - 3 + m + m^2 = 2m^2 + m - 1 \neq 0.$$

因式分解 $2m^2 + m - 1 = (2m - 1)(m + 1)$，所以前提是 $m \neq \dfrac{1}{2}$ 且 $m \neq -1$。

纵坐标之差

$$y_A - y_B = (m^2 - 3) - 2m = m^2 - 2m - 3.$$

令斜率等于 $1$：

$$\frac{m^2 - 2m - 3}{2m^2 + m - 1} = 1 \ \Longrightarrow\ m^2 - 2m - 3 = 2m^2 + m - 1,$$ $$0 = m^2 + 3m + 2 = (m + 1)(m + 2) \ \Longrightarrow\ m = -1 \ \text{或}\ m = -2.$$

回头验前提，这一步不能省。

• $m = -1$：横坐标之差 $2m^2 + m - 1 = 2 - 1 - 1 = 0$，要舍去。 舍去的理由还可以说得更具体：$m = -1$ 时 $A(1 + 2,\ 1 - 3) = A(3,\ -2)$， $B(3 + 1 - 1,\ -2) = B(3,\ -2)$，$A$ 与 $B$ 是同一个点，根本谈不上”过 $A$、$B$ 两点的直线”。
• $m = -2$：$2m^2 + m - 1 = 8 - 2 - 1 = 5 \neq 0$，前提满足，保留。

所以 $m = -2$。

自检：$m = -2$ 时 $A(4 + 2,\ 4 - 3) = A(6,\ 1)$，$B(3 + 2 - 4,\ -4) = B(1,\ -4)$，

$$k = \frac{1 - (-4)}{6 - 1} = \frac{5}{5} = 1 = \tan 45^\circ,$$

倾斜角确实是 $45^\circ$。

这道题的关键动作：把”斜率存在”写成关于参数的不等式，解完方程再回来验。 这道题的两个根里恰好有一个被前提筛掉，如果不验就会多答一个。

习题 2.1 第 8 题

8. 经过点 $P(0, -1)$ 作直线 $l$，若直线 $l$ 与连接 $A(1, -2)$，$B(2, 1)$ 两点的线段总有公共点，求直线 $l$ 的倾斜角 $\alpha$ 与斜率 $k$ 的取值范围，并说明理由.

第一步：先把竖直的那条排掉。 过 $P(0,\ -1)$ 的竖直直线是 $x = 0$。 线段 $AB$ 上的点，横坐标介于 $1$ 与 $2$ 之间，恒有 $x \geq 1 > 0$，所以 $x = 0$ 与线段 $AB$ 没有公共点。 于是符合条件的 $l$ 一定有斜率，可以设 $l: y = kx - 1$（它过 $P(0,\ -1)$）。

第二步：把”有公共点”翻译成 $k$ 的条件。 线段 $AB$ 上的点可以写成

$$(x,\ y) = (1 + t,\ -2 + 3t), \qquad t \in [0,\ 1]$$

（$t = 0$ 给出 $A(1,\ -2)$，$t = 1$ 给出 $B(2,\ 1)$；横坐标从 $1$ 增到 $2$、纵坐标从 $-2$ 增到 $1$， 正是线段 $AB$）。这个点在 $l$ 上当且仅当

$$-2 + 3t = k(1 + t) - 1 \ \Longrightarrow\ 3t - 1 = k(1 + t).$$

因为 $t \in [0,\ 1]$ 时 $1 + t \geq 1 > 0$，可以两边同除，得

$$k = g(t) := \frac{3t - 1}{1 + t}.$$

所以”$l$ 与线段 $AB$ 有公共点"$\Leftrightarrow$"$k$ 落在 $g$ 在 $[0,\ 1]$ 上的值域里”。

第三步：求 $g$ 在 $[0,1]$ 上的值域。 把它化成分离常数的形式：

$$g(t) = \frac{3(1 + t) - 4}{1 + t} = 3 - \frac{4}{1 + t}.$$

$t$ 从 $0$ 增到 $1$ 时 $1 + t$ 从 $1$ 增到 $2$，$\dfrac{4}{1+t}$ 从 $4$ 减到 $2$， 于是 $g(t)$ 从 $3 - 4 = -1$ 单调递增到 $3 - 2 = 1$。$g$ 在 $[0,1]$ 上连续， 所以值域恰好是 $[-1,\ 1]$。

结论（斜率）：$k \in [-1,\ 1]$。

第四步：把 $k$ 的范围翻译成倾斜角的范围。 $\alpha \in [0^\circ,\ 180^\circ)$ 且 $\tan\alpha = k$。

• $k \in [0,\ 1]$ 对应 $\alpha \in [0^\circ,\ 45^\circ]$（正切在 $[0^\circ,\ 90^\circ)$ 上递增，$\tan 0^\circ = 0$，$\tan 45^\circ = 1$）；
• $k \in [-1,\ 0)$ 对应 $\alpha \in [135^\circ,\ 180^\circ)$（正切在 $(90^\circ,\ 180^\circ)$ 上递增， $\tan 135^\circ = -1$，且 $\alpha \to 180^\circ$ 时 $\tan\alpha \to 0^-$）。

结论（倾斜角）：$\alpha \in [0^\circ,\ 45^\circ] \cup [135^\circ,\ 180^\circ)$， 即 $\alpha \in \left[0,\ \dfrac{\pi}{4}\right] \cup \left[\dfrac{3\pi}{4},\ \pi\right)$。

自检：端点对得上——$k_{PA} = \dfrac{-1 - (-2)}{0 - 1} = \dfrac{1}{-1} = -1$， $k_{PB} = \dfrac{-1 - 1}{0 - 2} = \dfrac{-2}{-2} = 1$，正是范围的两个端点， 它们分别是”$l$ 恰好过 $A$“与”$l$ 恰好过 $B$“这两条边界情形，都算有公共点，所以端点取得到，用闭区间。

这道题的关键动作：倾斜角的范围不是把 $k$ 的区间直接套上 $\arctan$ 就完事—— $k$ 的区间跨过了 $0$，而倾斜角在 $k$ 由正变负时是从 $45^\circ$ 那一头”跳”到 $180^\circ$ 那一头的。 必须按 $k \geq 0$ 与 $k < 0$ 分两段翻译，答案是两个区间的并，不是一个区间。

习题 2.1 第 9 题

9. 已知点 $M(2, 2)$ 和 $N(5, -2)$，点 $P$ 在 $x$ 轴上，且 $\angle MPN$ 为直角，求点 $P$ 的坐标.

设 $P(x,\ 0)$。$\angle MPN$ 是以 $P$ 为顶点的角，它是直角当且仅当 $\overrightarrow{PM} \perp \overrightarrow{PN}$。

用向量做，可以完全免掉”斜率存不存在”的分类：

$$\overrightarrow{PM} = (2 - x,\ 2), \qquad \overrightarrow{PN} = (5 - x,\ -2).$$

先确认这两个向量都不是零向量：它们的纵坐标分别是 $2$ 与 $-2$，都不为 $0$， 所以无论 $x$ 取什么值，$P$ 都不与 $M$ 或 $N$ 重合，$\angle MPN$ 总是有定义的。 于是”两向量垂直”与”数量积为零”等价：

$$\overrightarrow{PM} \cdot \overrightarrow{PN} = (2 - x)(5 - x) + 2 \times (-2) = 0,$$ $$(2 - x)(5 - x) = 4 \ \Longrightarrow\ 10 - 7x + x^2 = 4 \ \Longrightarrow\ x^2 - 7x + 6 = 0,$$ $$(x - 1)(x - 6) = 0 \ \Longrightarrow\ x = 1 \ \text{或}\ x = 6.$$

所以 $P(1,\ 0)$ 或 $P(6,\ 0)$，两个都要答。

自检（用斜率再核一遍）：

• $P(1,\ 0)$：$k_{PM} = \dfrac{2 - 0}{2 - 1} = 2$，$k_{PN} = \dfrac{-2 - 0}{5 - 1} = -\dfrac{1}{2}$， 乘积 $= -1$，垂直；
• $P(6,\ 0)$：$k_{PM} = \dfrac{2 - 0}{2 - 6} = -\dfrac{1}{2}$，$k_{PN} = \dfrac{-2 - 0}{5 - 6} = 2$， 乘积 $= -1$，垂直。

若坚持用斜率法，必须补两句分类：$x = 2$ 时 $PM$ 竖直，此时要求 $PN$ 水平， 但 $N$ 的纵坐标 $-2 \neq 0$，$PN$ 不水平，不合；$x = 5$ 时 $PN$ 竖直，同理要求 $PM$ 水平， 而 $M$ 的纵坐标 $2 \neq 0$，也不合。排除这两个值之后再用 $k_{PM}k_{PN} = -1$， 得到的方程与上面完全一样。这就是向量法的好处：它对竖直方向没有偏见。

习题 2.1 第 10 题

10. 已知四边形 $ABCD$ 的四个顶点是 $A(2, 2 + 2\sqrt{2})$，$B(-2, 2)$，$C(0, 2 - 2\sqrt{2})$，$D(4, 2)$，求证：四边形 $ABCD$ 为矩形.

证明思路：先证两组对边分别平行（平行四边形），再证有一个内角是直角（矩形）。

四条边是 $AB$、$BC$、$CD$、$DA$。四条边的两端横坐标都不同（分别是 $2$ 与 $-2$、$-2$ 与 $0$、 $0$ 与 $4$、$4$ 与 $2$），所以四个斜率都存在。

第一步：算四条边的斜率。

$$k_{AB} = \frac{(2 + 2\sqrt{2}) - 2}{2 - (-2)} = \frac{2\sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2},$$ $$k_{BC} = \frac{2 - (2 - 2\sqrt{2})}{-2 - 0} = \frac{2\sqrt{2}}{-2} = -\sqrt{2},$$ $$k_{CD} = \frac{(2 - 2\sqrt{2}) - 2}{0 - 4} = \frac{-2\sqrt{2}}{-4} = \frac{\sqrt{2}}{2},$$ $$k_{DA} = \frac{2 - (2 + 2\sqrt{2})}{4 - 2} = \frac{-2\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2}.$$

第二步：两组对边分别平行。 $k_{AB} = k_{CD} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$k_{BC} = k_{DA} = -\sqrt{2}$。

斜率相等只给出”平行或重合”，还要排除重合。这里排除得很干净： $k_{AB} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \neq -\sqrt{2} = k_{BC}$，说明 $A$、$B$、$C$ 不共线； 同理 $B$、$C$、$D$ 不共线。四个顶点既然构成四边形、任意相邻三点不共线， 直线 $AB$ 与直线 $CD$ 就不可能重合（若重合，$A$、$B$、$C$、$D$ 全在一条直线上）。 于是 $AB \parallel CD$，$BC \parallel DA$，四边形 $ABCD$ 是平行四边形。

第三步：有一个内角是直角。

$$k_{AB} \cdot k_{BC} = \frac{\sqrt{2}}{2} \times (-\sqrt{2}) = -\frac{2}{2} = -1,$$

所以 $AB \perp BC$，即 $\angle ABC = 90^\circ$。

结论：四边形 $ABCD$ 是有一个内角为直角的平行四边形，即矩形。证毕。

自检（用两点间的距离公式核对边长，矩形的对边应当相等）：

$$|AB| = \sqrt{(2 + 2)^2 + \big((2 + 2\sqrt{2}) - 2\big)^2} = \sqrt{16 + 8} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6},$$ $$|CD| = \sqrt{(0 - 4)^2 + \big((2 - 2\sqrt{2}) - 2\big)^2} = \sqrt{16 + 8} = 2\sqrt{6},$$ $$|BC| = \sqrt{(-2 - 0)^2 + \big(2 - (2 - 2\sqrt{2})\big)^2} = \sqrt{4 + 8} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3},$$ $$|DA| = \sqrt{(4 - 2)^2 + \big(2 - (2 + 2\sqrt{2})\big)^2} = \sqrt{4 + 8} = 2\sqrt{3}.$$

对边相等，与”平行四边形”相符；邻边 $2\sqrt{6} \neq 2\sqrt{3}$，所以它是矩形而不是正方形。

这道题的关键动作：矩形 = 平行四边形 + 一个直角，两步都要证。 只证两组对边平行只能得平行四边形，只证一个直角连四边形是不是平行四边形都不知道。