2.3.4 两条平行直线间的距离

两点间的距离、点到直线的距离都已经有了公式，这一节补上最后一种：两条平行直线之间的距离。 它是前一种的直接推论，真正要讲清楚的只有两件事——为什么这个距离定义得下来， 以及那条漂亮的公式 $d = \dfrac{|C_1 - C_2|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$ 什么时候能用、什么时候会算错。

距离为什么定义得下来

两条平行直线间的距离，指的是夹在这两条平行直线间的公垂线段的长。

这个定义要站得住，需要一件事先成立：所有公垂线段一样长。它确实成立，理由是 两条公垂线段都垂直于同一条直线，所以彼此平行；它们与两条平行线围出的四边形四个角都是直角， 是矩形，对边相等。换句话说，平行线之间的距离处处相等，量哪一处都一样。

这也正是「平行」与「相交」在距离问题上的分界：两条相交直线之间谈不上距离 （离交点越远间隔越大，没有一个统一的数），只有平行时距离才是一个确定的量。

把它转化成已经会算的问题

在 $l_1$ 上任取一点 $P(x_0,\ y_0)$，那么

$$l_1 \text{ 与 } l_2 \text{ 的距离} = P \text{ 到 } l_2 \text{ 的距离}.$$

理由就是上一段：过 $P$ 作 $l_2$ 的垂线，垂足记为 $Q$，$PQ$ 就是一条公垂线段， 而点到直线的距离恰好是垂线段的长，两者本来就是同一条线段。

于是新问题被完全化归成旧问题——求两条平行直线间的距离，就是求一点到一条直线的距离。 这一步没有任何新公式，只多了一个自由：$P$ 可以随便取。取得好，计算就短。

取点的窍门：优先取直线与坐标轴的交点，因为那种点有一个坐标是 $0$，代进距离公式时少算一项。 $Ax + By + C = 0$ 与 $x$ 轴的交点是 $\left(-\dfrac{C}{A},\ 0\right)$（$A \neq 0$ 时）， 与 $y$ 轴的交点是 $\left(0,\ -\dfrac{C}{B}\right)$（$B \neq 0$ 时）；哪个坐标算出来是整数就取哪个。

一个例子：先统一系数，再取点

求 $l_1: 2x - 7y - 8 = 0$ 与 $l_2: 6x - 21y - 1 = 0$ 之间的距离。

先确认它们真的平行：$2 \times (-21) - 6 \times (-7) = -42 + 42 = 0$，方向相同； 又 $l_1$ 乘 $3$ 得 $6x - 21y - 24 = 0$，常数项 $-24 \neq -1$，不重合。平行 ✓。

取 $l_1$ 与 $x$ 轴的交点 $A(4,\ 0)$（$-8 \div (-2) = 4$，整数，好用）。$A$ 到 $l_2$ 的距离

$$d = \frac{|6 \times 4 - 21 \times 0 - 1|}{\sqrt{6^2 + 21^2}} = \frac{23}{\sqrt{477}} = \frac{23}{3\sqrt{53}} = \frac{23}{159}\sqrt{53}.$$

这就是所求的距离。

公式：$d = \dfrac{|C_1 - C_2|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$

设两条平行直线为

$$l_1: Ax + By + C_1 = 0, \qquad l_2: Ax + By + C_2 = 0,$$

注意这里两个方程的 $A$、$B$ 是同一对数。在 $l_1$ 上任取 $P(x_0,\ y_0)$，则

$$d = \frac{|Ax_0 + By_0 + C_2|}{\sqrt{A^2 + B^2}}.$$

而 $P$ 在 $l_1$ 上给出 $Ax_0 + By_0 = -C_1$，代进去分子里那一串就塌成一个常数：

$$d = \frac{|-C_1 + C_2|}{\sqrt{A^2 + B^2}} = \frac{|C_1 - C_2|}{\sqrt{A^2 + B^2}}.$$

这个推导本身就说明了「与取点无关」：不管 $P$ 取在 $l_1$ 的哪里， $Ax_0 + By_0$ 都等于同一个数 $-C_1$，结果自然一样。

用公式最容易踩的一个坑

公式的前提是两个方程的一次项系数完全相同。上面那个例子里， $l_1: 2x - 7y - 8 = 0$ 与 $l_2: 6x - 21y - 1 = 0$ 如果不加思索地取 $C_1 = -8$、$C_2 = -1$、$\sqrt{A^2+B^2} = \sqrt{4 + 49}$，得到的是

$$\frac{|-8 + 1|}{\sqrt{53}} = \frac{7}{\sqrt{53}} \approx 0.96,$$

而正确答案是 $\dfrac{23}{3\sqrt{53}} \approx 1.05$。差了将近 $10\%$，而且一眼看不出错—— 这正是这个坑难缠的地方。

正确的做法是先把其中一条乘一个常数，让两式的 $A$、$B$ 对齐。把 $l_1$ 乘 $3$：

$$6x - 21y - 24 = 0, \qquad 6x - 21y - 1 = 0,$$ $$d = \frac{|-24 + 1|}{\sqrt{36 + 441}} = \frac{23}{\sqrt{477}} = \frac{23}{3\sqrt{53}},$$

与取点法算出的完全一致 ✓。

一句话记法：$|C_1 - C_2|$ 里的两个常数项必须是「同一把尺子」量出来的。系数没对齐就先对齐， 对齐这一步比套公式重要得多。

三条距离公式放在一起看

后两条其实是同一条：第三条是第二条在「点取在另一条平行线上」时的特例。 记住第二条、外加「取点」这个动作，第三条随时能现推出来——这比死记第三条稳妥， 因为死记的人往往忘了「系数要对齐」这个前提。

三个常见的用法

反过来求参数。 已知 $l_1: Ax+By+C_1 = 0$ 与 $l_2: Ax+By+C = 0$ 的距离为 $d_0$，求 $C$。 由 $\dfrac{|C_1 - C|}{\sqrt{A^2+B^2}} = d_0$ 得 $|C_1 - C| = d_0\sqrt{A^2+B^2}$， 绝对值给出两个解，对应 $l_2$ 在 $l_1$ 的两侧。除非题目另有限制，两个都要。

按比例内插。 若 $l_3$ 与 $l_1$、$l_2$ 都平行，且 $l_3$ 上有一点把某条从 $l_1$ 到 $l_2$ 的线段 按 $t : (1-t)$ 分成两段，那么

$$d(l_1,\ l_3) = t \cdot d(l_1,\ l_2).$$

道理是：把 $Ax + By + C$ 看成一个关于点的线性函数，线段上按比例走，函数值也按比例变。 这条在处理「三等分点」「中点」一类题时特别省事，不必真的把点的坐标算出来。

用平行线去量「曲线到直线的距离」。 这一条课本没写，但它是本节最值钱的用法。

先说定义：曲线 $C$ 到直线 $l$ 的距离，指的是 $C$ 上的点到 $l$ 的距离的最小值。 （有的题会在题面里现场给这个定义，别把它当成新知识。）

关键的翻译只有一句：

若 $C$ 与 $l$ 无公共点，那么「$C$ 到 $l$ 的距离等于 $d$」 等价于「与 $l$ 平行、与 $l$ 相距 $d$、且在 $C$ 这一侧的那条直线与 $C$ 相切， 并且 $C$ 整体落在它的外侧」。

道理就是本节开头那句「平行线之间处处等距」：把 $l$ 平行地推向 $C$， 第一次碰到 $C$ 的位置就是最近点，此时推过来的那条平行线与 $C$ 只有一个公共点、 且 $C$ 全在它一侧——这正是相切。推进的距离就是所求的距离。

于是求最值变成了解一个方程。 具体三步：

1. 用本节公式写出那对平行线：$Ax+By+C'=0$，其中 $C'=C\pm d\sqrt{A^{2}+B^{2}}$ （这就是上面「反过来求参数」那一条，绝对值给两条，对应 $l$ 的两侧）；
2. 判断 $C$ 在哪一侧，据此在两条里挑一条；
3. 令它与 $C$ 相切——二次曲线用判别式为 $0$，圆用「圆心到它的距离等于半径」， 一般可导曲线用「切点处导数等于该直线的斜率」。

第 2 步是这一条与「反过来求参数」的分水岭。 上面那条说「两个解都要」， 因为直线可以在另一条直线的任何一侧；可这里的另一方是曲线， 它常常只能待在 $l$ 的一侧——多出来的那个解不是「另一种情形」，而是假根。 最典型的是开口向上的抛物线：当 $|x|$ 很大时它必然跑到任何一条直线的上方， 所以它不可能整体落在 $l$ 下方；若它与 $l$ 相交，距离就是 $0$，与 $d$ 无关。

一道真题走一遍：浙江 2012 年第 16 题。题面现场给了「曲线到直线的距离」的定义， 然后说：曲线 $C_1: y=x^{2}+a$ 到 $l: y=x$ 的距离，等于曲线 $C_2: x^{2}+(y+4)^{2}=2$ 到 $l$ 的距离，求 $a$。

• 先算圆那边（它不含参数）：圆心 $(0,-4)$、半径 $r=\sqrt2$， 圆心到 $l: x-y=0$ 的距离是 $\dfrac{|0-(-4)|}{\sqrt2}=2\sqrt2$。 $2\sqrt2>\sqrt2=r$，直线与圆相离——只有相离时圆到直线的距离才是「圆心距减半径」， 于是它等于 $2\sqrt2-\sqrt2=\sqrt2$。
• 写出那对平行线：$y=x+c$ 与 $l$ 的距离是 $\dfrac{|c|}{\sqrt2}$，令它等于 $\sqrt2$ 得 $|c|=2$， 即 $y=x+2$ 与 $y=x-2$。
• 挑边：抛物线开口向上，只能整体在 $l$ 上方，切上面那条； 圆心 $(0,-4)$ 在 $l$ 下方，看下面那条。
• 令相切：$x^{2}+a=x+2$ 即 $x^{2}-x+(a-2)=0$，判别式 $1-4(a-2)=0$，得

$$a=\frac{9}{4}.$$

• 顺手验圆那一半：圆心到 $x-y-2=0$ 的距离是 $\dfrac{|0+4-2|}{\sqrt2}=\dfrac{2}{\sqrt2}=\sqrt2=r$， 正好相切。所以这道题的设计一目了然：命题人先固定那对平行线 $y=x\pm2$， 让圆从下方贴住一条、抛物线从上方贴住另一条，再把抛物线的截距藏起来当未知数。 「两个距离相等」从来不是两个最值碰巧撞上，而是两条曲线各贴住同一对平行线中的一条。

这道题的坑正好在第 2 步。 若不用平行线、而是老实求最值：抛物线上点到 $l$ 的距离是 $\dfrac{|x^{2}-x+a|}{\sqrt2}$，配方后最小值是 $\dfrac{\left|a-\frac14\right|}{\sqrt2}$， 令它等于 $\sqrt2$ 就得 $\left|a-\frac14\right|=2$，解出 $a=\dfrac94$ 或 $a=-\dfrac74$。 后者要舍：$a=-\frac74$ 时 $x^{2}-x-\frac74=0$ 的判别式是 $8>0$， 抛物线与 $l$ 有两个公共点，真实距离是 $0$ 而不是 $\sqrt2$。 根子上是同一件事——$\min|u|$ 不等于 $\left|\min u\right|$， 只有 $u$ 不变号时两者才相同。所以无论走哪条路，「有没有公共点」这一句都不能省。

本节目录下这三页上印着两组题，共 20 道，逐题全做。第 79 页（page-0084）上半页那 3 道是本节自己的练习； 「习题 2.3」17 道从同一页起、接到第 80 页（page-0085），练的是 2.3 一整节的内容—— 从 §2.3.1 的两直线交点，经 §2.3.2 的两点间距离、§2.3.3 的点到直线的距离，到本节的平行线间距离， 四个小节的题混在一起，也印在本节目录下，一并收齐。第 80 页末尾的「阅读与思考·笛卡儿与解析几何」 是史料短文、不含习题，故不收。每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

全篇反复用到的几条，写在这里，后面不再重复推导：

• 点到直线的距离：$d = \dfrac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$。
• 平行线间的距离：$Ax + By + C_1 = 0$ 与 $Ax + By + C_2 = 0$ 的距离是 $\dfrac{|C_1 - C_2|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$。前提是两式的 $A$、$B$ 已经写成完全相同， 没对齐就先乘一个常数对齐，否则算出来的数是错的。
• 两直线的位置关系：记 $D = A_1B_2 - A_2B_1$。$D \neq 0$ 相交（交点唯一）； $D = 0$ 时再看常数项是否也成比例——成比例则重合，否则平行。
• 两点间的距离：$|P_1P_2| = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}$。
• 三角形面积：以一边为底、对顶点到该边所在直线的距离为高，$S = \dfrac{1}{2} \times \text{底} \times \text{高}$。
• 答案的书写约定：直线的一般式化成整数系数、约去公因数、让 $x$ 的系数为正。

练习（第 79 页）第 1 题

1. 求下列两条平行直线间的距离：

(1) $l_{1}: 2x + 3y - 8 = 0, \quad l_{2}: 2x + 3y + 18 = 0;$

(2) $l_{1}: 3x + 4y = 10, \quad l_{2}: 3x + 4y = 0.$

(1) 两式的一次项系数已经是同一对 $(2,\ 3)$，可以直接套公式：

$$d = \frac{|-8 - 18|}{\sqrt{2^2 + 3^2}} = \frac{26}{\sqrt{13}} = 2\sqrt{13}.$$

自检（取点法复核）：$l_1$ 与 $y$ 轴的交点是 $\left(0,\ \dfrac{8}{3}\right)$，它到 $l_2$ 的距离

$$\frac{\left|0 + 3 \times \frac{8}{3} + 18\right|}{\sqrt{13}} = \frac{26}{\sqrt{13}} = 2\sqrt{13} \ ✓.$$

(2) 先化成一般式：$l_1: 3x + 4y - 10 = 0$，$l_2: 3x + 4y = 0$，系数已对齐。

$$d = \frac{|-10 - 0|}{\sqrt{3^2 + 4^2}} = \frac{10}{5} = 2.$$

自检：$l_2$ 过原点，原点到 $l_1$ 的距离 $\dfrac{|-10|}{5} = 2$ ✓。

练习（第 79 页）第 2 题

2. 已知两条平行直线 $l_{1}: 3x - 4y + 6 = 0$ 与 $l_{2}: 3x - 4y + C = 0$ 间的距离为3，求 $C$ 的值.

系数已对齐，$\sqrt{A^2 + B^2} = \sqrt{9 + 16} = 5$。由距离公式

$$\frac{|6 - C|}{5} = 3 \implies |6 - C| = 15 \implies C = -9 \ \text{或}\ C = 21.$$

两个都要：绝对值方程的两个解对应 $l_2$ 落在 $l_1$ 的两侧，题目没有排除任何一侧。 两个值都满足 $C \neq 6$（否则两线重合、距离为 $0$），合法。

验证：$C = -9$ 时 $\dfrac{|6 + 9|}{5} = 3$ ✓；$C = 21$ 时 $\dfrac{|6 - 21|}{5} = 3$ ✓。

练习（第 79 页）第 3 题

3. 如图，已知直线 $l_{1}: x - 2y + 1 = 0$ 与直线 $l_{2}: x - 2y + 4 = 0$ ，在 $l_{1}$ 上任取一点 $A$ ，在 $l_{2}$ 上任取一点 $B$ ，连接 $AB$ ，取 $AB$ 的靠近点 $A$ 的三等分点 $C$ ，过点 $C$ 作 $l_{1}$ 的平行线 $l_{3}$. 求 $l_{1}$ 与 $l_{3}$ 间的距离.

题目的关键在「任取」二字：$A$、$B$ 可以是两条线上的任何点，而答案是唯一的， 说明结果与取法无关。下面的算法把这一点直接算出来。

设 $A(x_1,\ y_1) \in l_1$、$B(x_2,\ y_2) \in l_2$，即

$$x_1 - 2y_1 = -1, \qquad x_2 - 2y_2 = -4.$$

$C$ 是靠近 $A$ 的三等分点，故 $C = A + \dfrac{1}{3}(B - A) = \dfrac{2A + B}{3}$，于是

$$x_C - 2y_C = \frac{2(x_1 - 2y_1) + (x_2 - 2y_2)}{3} = \frac{2 \times (-1) + (-4)}{3} = -2.$$

这就是「任取」为什么不影响结果：$x - 2y$ 这个一次表达式在 $l_1$ 上恒为 $-1$、在 $l_2$ 上恒为 $-4$， 按比例取点，它的值也按同一比例走，与 $A$、$B$ 具体落在哪里无关。

于是 $l_3: x - 2y + 2 = 0$，与 $l_1$ 的距离

$$d = \frac{|1 - 2|}{\sqrt{1^2 + (-2)^2}} = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}.$$

自检（按比例直接算）：$l_1$ 与 $l_2$ 的距离是 $\dfrac{|1 - 4|}{\sqrt{5}} = \dfrac{3\sqrt{5}}{5}$， $C$ 在从 $l_1$ 到 $l_2$ 的三分之一处，故 $d = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3\sqrt{5}}{5} = \dfrac{\sqrt{5}}{5}$ ✓。

习题 2.3 第 1 题

1. 判断下列各对直线的位置关系. 如果相交, 求出交点的坐标:

(1) $l_{1}:2x-y+7=0,\quad l_{2}:x+y=1;$

(2) $l_{1}: x - 3y - 10 = 0, \quad l_{2}: y = \frac{x + 5}{3}$;

(3) $l_{1}: 3x - 5y + 10 = 0, \quad l_{2}: 9x - 15y + 30 = 0.$

(1) $l_2$ 写成一般式 $x + y - 1 = 0$。系数行列式

$$D = 2 \times 1 - 1 \times (-1) = 3 \neq 0,$$

相交，交点唯一。联立 $2x - y = -7$ 与 $x + y = 1$，两式相加得 $3x = -6$，$x = -2$，回代得 $y = 3$。

交点 $(-2,\ 3)$。验证：$-4 - 3 + 7 = 0$ ✓，$-2 + 3 = 1$ ✓。

(2) $l_2$ 去分母：$3y = x + 5$，即 $x - 3y + 5 = 0$。

$$D = 1 \times (-3) - 1 \times (-3) = 0,$$

不相交。再看是否重合：$A$、$B$ 完全相同而常数项 $-10 \neq 5$，故平行（不重合）。

（顺带给出间距：$\dfrac{|-10 - 5|}{\sqrt{1 + 9}} = \dfrac{15}{\sqrt{10}} = \dfrac{3\sqrt{10}}{2}$。）

(3) $l_2 = 3 \times l_1$，三个系数全部成同一比例，两直线重合。

（也可以走判据：$D = 3 \times (-15) - 9 \times (-5) = 0$，且常数项 $10 : 30 = 1 : 3$ 与系数比一致，故重合。）

习题 2.3 第 2 题

2. 求满足下列条件的直线 $l$ 的方程：

（1）经过两条直线 $2x-3y+10=0$ 和 $3x+4y-2=0$ 的交点，且垂直于直线 $3x-2y+4=0$ ;

(2) 经过两条直线 $2x + y - 8 = 0$ 和 $x - 2y + 1 = 0$ 的交点，且平行于直线 4x - 3y - 7 = 0.

(1) 先求交点。联立

$$\begin{cases} 2x - 3y = -10 \\ 3x + 4y = 2 \end{cases}$$

第一式乘 $4$、第二式乘 $3$ 相加：$17x = -34$，$x = -2$；回代第一式得 $y = 2$。交点 $(-2,\ 2)$。

再用垂直定方向。与 $3x - 2y + 4 = 0$ 垂直的直线可设为 $2x + 3y + c = 0$ （把法向量 $(3,\ -2)$ 转 $90^\circ$ 得 $(2,\ 3)$；数量积 $6 - 6 = 0$ ✓）。代入交点：

$$2 \times (-2) + 3 \times 2 + c = 2 + c = 0 \implies c = -2,$$

故 $l: 2x + 3y - 2 = 0$。

(2) 联立 $2x + y = 8$ 与 $x - 2y = -1$：由第一式 $y = 8 - 2x$，代入第二式得 $5x = 15$， $x = 3$，$y = 2$。交点 $(3,\ 2)$。

与 $4x - 3y - 7 = 0$ 平行的直线设为 $4x - 3y + c = 0$，代入交点：

$$12 - 6 + c = 0 \implies c = -6,$$

故 $l: 4x - 3y - 6 = 0$。$c = -6 \neq -7$，与原直线不重合 ✓，确是「平行」而非「就是它」。

习题 2.3 第 3 题

3. 已知 $A(1, 2)$, $B(2, 0)$, $M(1, 0)$, $N(-4, 0)$, $P(0, 3)$, $Q(-1, 1)$ 六个点, 线段 $AB$, $MN$, $PQ$ 能围成一个三角形吗? 为什么?

不能。

为什么：三条线段围成三角形，要求它们两两都有公共点。下面逐对检查—— 先求两条线段所在直线的交点，再看这个交点是否同时落在两条线段上。

三条直线的方程：

• 直线 $AB$：过 $(1,2)$、$(2,0)$，斜率 $-2$，方程 $2x + y - 4 = 0$；线段上 $x \in [1,\ 2]$。
• 直线 $MN$：$M(1,0)$、$N(-4,0)$ 纵坐标都是 $0$，方程 $y = 0$；线段上 $x \in [-4,\ 1]$。
• 直线 $PQ$：过 $(0,3)$、$(-1,1)$，斜率 $2$，方程 $2x - y + 3 = 0$；线段上 $x \in [-1,\ 0]$。

逐对求交并判断：

• $AB$ 与 $MN$：令 $y = 0$ 得 $x = 2$，交点 $(2,\ 0)$。它是线段 $AB$ 的端点 $B$，在 $AB$ 上； 但 $2 \notin [-4,\ 1]$，不在线段 $MN$ 上。两线段无公共点。
• $AB$ 与 $PQ$：两式相加得 $4x - 1 = 0$，$x = \dfrac{1}{4}$，$y = \dfrac{7}{2}$。 $\dfrac{1}{4} \notin [1,\ 2]$ 且 $\dfrac{1}{4} \notin [-1,\ 0]$，两条线段上都没有这个点。
• $MN$ 与 $PQ$：令 $y = 0$ 得 $x = -\dfrac{3}{2}$，交点 $\left(-\dfrac{3}{2},\ 0\right)$。 它在 $MN$ 上（$-\dfrac{3}{2} \in [-4,\ 1]$），但 $-\dfrac{3}{2} \notin [-1,\ 0]$，不在 $PQ$ 上。

三对线段一对都不相交，自然围不出三角形。

值得注意的一点：三条直线倒是能围成三角形——它们的斜率 $-2$、$0$、$2$ 两两不等， 故两两相交；且不共点（$(2,0)$ 代入 $2x - y + 3$ 得 $7 \neq 0$）。 所以这道题考的正是「线段」与「直线」的区别：把线段延长成直线才有三角形， 给定的这六个点所连的三条线段够不着。

习题 2.3 第 4 题

4. 已知 $P(a, 2)$, $Q(-2, -3)$, $M(1, 1)$ 三点，且 $|PQ| = |PM|$，求 $a$ 的值.

两边平方（距离非负，平方是同解变形）：

$$(a + 2)^2 + (2 + 3)^2 = (a - 1)^2 + (2 - 1)^2,$$ $$a^2 + 4a + 4 + 25 = a^2 - 2a + 1 + 1.$$

$a^2$ 两边抵消，剩下一次方程：$4a + 29 = -2a + 2$，即 $6a = -27$，

$$a = -\frac{9}{2}.$$

验证：$P\left(-\dfrac{9}{2},\ 2\right)$，$|PQ|^2 = \left(-\dfrac{5}{2}\right)^2 + 25 = \dfrac{125}{4}$， $|PM|^2 = \left(-\dfrac{11}{2}\right)^2 + 1 = \dfrac{125}{4}$ ✓。

几何解释：满足 $|PQ| = |PM|$ 的点构成线段 $QM$ 的垂直平分线， 本题是求这条垂直平分线与水平线 $y = 2$ 的交点——两条直线不平行，交点唯一，所以 $a$ 只有一个值。

习题 2.3 第 5 题

5.（1）求在 $x$ 轴上与点 $A(5,12)$ 的距离为13的点的坐标；

(2) 已知点 P 的横坐标是 7，点 P 与点 N(-1, 5) 间的距离等于 10，求点 P 的纵坐标.

(1) 设所求点为 $(x,\ 0)$，由两点间距离公式

$$(x - 5)^2 + (0 - 12)^2 = 13^2 \implies (x - 5)^2 = 169 - 144 = 25,$$

得 $x - 5 = \pm 5$，即 $x = 10$ 或 $x = 0$。所求点为 $(10,\ 0)$ 与 $(0,\ 0)$。

两个都要：以 $A$ 为圆心、$13$ 为半径的圆与 $x$ 轴有两个交点 （圆心到 $x$ 轴的距离 $12 < 13$，确实割出两点）。

(2) 设 $P(7,\ y)$，

$$(7 + 1)^2 + (y - 5)^2 = 10^2 \implies (y - 5)^2 = 100 - 64 = 36,$$

得 $y - 5 = \pm 6$，即 $y = 11$ 或 $y = -1$。

同样是两个：以 $N$ 为圆心、$10$ 为半径的圆与竖直线 $x = 7$ 的距离是 $8 < 10$，割出两点。

习题 2.3 第 6 题

6. 求点 $P(-5, 7)$ 到直线 $12x + 5y - 3 = 0$ 的距离.

直接代公式：

$$d = \frac{|12 \times (-5) + 5 \times 7 - 3|}{\sqrt{12^2 + 5^2}} = \frac{|-60 + 35 - 3|}{13} = \frac{28}{13}.$$

（$\sqrt{144 + 25} = \sqrt{169} = 13$，是个整数，这类系数就是为了让分母好算而设计的。）

习题 2.3 第 7 题

7. 求两条平行直线 3x-2y-1=0 与 $3x-2y+1=0$ 间的距离.

两式的一次项系数已是同一对 $(3,\ -2)$，直接用公式：

$$d = \frac{|-1 - 1|}{\sqrt{3^2 + (-2)^2}} = \frac{2}{\sqrt{13}} = \frac{2\sqrt{13}}{13}.$$

自检：第一条与 $x$ 轴的交点是 $\left(\dfrac{1}{3},\ 0\right)$，到第二条的距离

$$\frac{\left|3 \times \frac{1}{3} - 0 + 1\right|}{\sqrt{13}} = \frac{2}{\sqrt{13}} \ ✓.$$

习题 2.3 第 8 题

8. □ABCD 的一组对边 AB 和 CD 所在直线的方程分别是 $6x + 8y - 3 = 0$ 与 $6x + 8y + 5 = 0$ ，过 □ABCD 的两条对角线的交点作与 AB 所在直线的平行线 l，求 l 与 CD 所在直线的距离.

关键一句：平行四边形的两条对角线互相平分，交点是它的中心； 中心到一组对边的两条直线等距，所以过中心且与它们平行的那条直线 $l$ 恰是这一组对边的中位线。

于是

$$d(l,\ CD) = \frac{1}{2}\,d(AB,\ CD).$$

两式的一次项系数已对齐，

$$d(AB,\ CD) = \frac{|-3 - 5|}{\sqrt{6^2 + 8^2}} = \frac{8}{10} = \frac{4}{5},$$

故所求距离为

$$\frac{1}{2} \times \frac{4}{5} = \frac{2}{5}.$$

为什么中心到两边等距：设中心为 $O$，$A$、$C$ 是一对对顶点且 $O$ 是 $AC$ 的中点。 把一次式 $6x + 8y$ 记作 $f$，则 $f(O) = \dfrac{f(A) + f(C)}{2} = \dfrac{3 + (-5)}{2} = -1$， 正好是 $3$ 与 $-5$ 的平均数——$l: 6x + 8y + 1 = 0$，到两边的距离都是 $\dfrac{|1 - (-3)|}{10} = \dfrac{2}{5}$ ✓ （另一侧 $\dfrac{|1 - 5|}{10} = \dfrac{2}{5}$）。

习题 2.3 第 9 题

9. 三条直线 $ax + 2y + 8 = 0$ ， $4x + 3y = 10$ 与 $2x - y = 10$ 相交于一点，求 $a$ 的值.

思路：后两条直线不含参数，先求它们的交点，再要求第一条也过这个点。

$$\begin{cases} 4x + 3y = 10 \\ 2x - y = 10 \end{cases}$$

（$D = 4 \times (-1) - 2 \times 3 = -10 \neq 0$，交点唯一。）由第二式 $y = 2x - 10$ 代入第一式：

$$4x + 6x - 30 = 10 \implies x = 4,\quad y = -2.$$

交点 $(4,\ -2)$。代入第一条直线：

$$4a + 2 \times (-2) + 8 = 4a + 4 = 0 \implies a = -1.$$

验证：$a = -1$ 时第一条为 $-x + 2y + 8 = 0$，即 $x - 2y - 8 = 0$； 代入 $(4,-2)$ 得 $4 + 4 - 8 = 0$ ✓。三线确实共点。

（另外 $a = -1$ 时该直线的系数 $(-1,\ 2)$ 不为零向量，确实是直线。）

习题 2.3 第 10 题

10. 已知 $\triangle ABC$ 的顶点 $A(5, 1)$, 边 $AB$ 上的中线 $CM$ 所在直线方程为 $2x - y - 5 = 0$, 边 $AC$ 上的高 $BH$ 所在直线方程为 $x - 2y - 5 = 0$. 求: (1) 顶点 $C$ 的坐标; (2) 直线 $BC$ 的方程.

(1) 「$BH$ 是 $AC$ 边上的高」意味着 $BH \perp AC$。$BH$ 的斜率是 $\dfrac{1}{2}$， 故 $AC$ 的斜率是 $-2$。$AC$ 过 $A(5,\ 1)$：

$$y - 1 = -2(x - 5) \implies 2x + y - 11 = 0.$$

$C$ 既在 $AC$ 上，又在中线 $CM$ 上，联立

$$\begin{cases} 2x + y = 11 \\ 2x - y = 5 \end{cases} \implies 4x = 16,\ x = 4,\ y = 3.$$

故 $C(4,\ 3)$。

(2) 先求 $B$。设 $B(x_0,\ y_0)$，用两个条件：

• $B$ 在高 $BH$ 上：$x_0 - 2y_0 - 5 = 0$。
• $AB$ 的中点 $M\left(\dfrac{5 + x_0}{2},\ \dfrac{1 + y_0}{2}\right)$ 在中线 $CM$ 上：

$$2 \times \frac{5 + x_0}{2} - \frac{1 + y_0}{2} - 5 = 0 \implies x_0 - \frac{1 + y_0}{2} = 0 \implies y_0 = 2x_0 - 1.$$

代入第一个条件：$x_0 - 2(2x_0 - 1) - 5 = -3x_0 - 3 = 0$，得 $x_0 = -1$，$y_0 = -3$，即 $B(-1,\ -3)$。

直线 $BC$ 过 $B(-1,\ -3)$ 与 $C(4,\ 3)$，斜率 $\dfrac{3 - (-3)}{4 - (-1)} = \dfrac{6}{5}$：

$$y + 3 = \frac{6}{5}(x + 1) \implies 6x - 5y - 9 = 0.$$

全面验证：$M = \left(\dfrac{5 - 1}{2},\ \dfrac{1 - 3}{2}\right) = (2,\ -1)$，代入 $2x - y - 5$ 得 $4 + 1 - 5 = 0$ ✓（$M$ 在中线上）；$B$ 代入 $x - 2y - 5$ 得 $-1 + 6 - 5 = 0$ ✓（$B$ 在高上）； $BH$ 与 $AC$ 的斜率之积 $\dfrac{1}{2} \times (-2) = -1$ ✓（确是高）； $A$、$B$、$C$ 不共线（$k_{AB} = \dfrac{-3-1}{-1-5} = \dfrac{2}{3} \neq \dfrac{6}{5} = k_{BC}$）✓，是真三角形。

习题 2.3 第 11 题

11. 在 $x$ 轴上求一点 $P$，使以 $A(1, 2)$，$B(3, 4)$ 和 $P$ 为顶点的三角形的面积为 10.

以 $AB$ 为底。$|AB| = \sqrt{(3-1)^2 + (4-2)^2} = 2\sqrt{2}$； 直线 $AB$ 的斜率为 $1$，方程 $y - 2 = x - 1$，即 $x - y + 1 = 0$。

设 $P(x,\ 0)$，它到 $AB$ 的距离（即三角形的高）

$$h = \frac{|x - 0 + 1|}{\sqrt{2}} = \frac{|x + 1|}{\sqrt{2}}.$$

于是

$$S = \frac{1}{2}|AB| \cdot h = \frac{1}{2} \times 2\sqrt{2} \times \frac{|x+1|}{\sqrt{2}} = |x + 1| = 10,$$

注意这里 $\sqrt{2}$ 恰好约掉了，方程变得极简：$x + 1 = \pm 10$，得 $x = 9$ 或 $x = -11$。

所求点为 $P(9,\ 0)$ 与 $P(-11,\ 0)$。两个都要，它们分居直线 $AB$ 的两侧。

验证：$|x+1| = 10 \neq 0$ 说明 $P$ 不在直线 $AB$ 上，三点不共线，确实构成三角形 ✓。 用行列式再核一遍 $P(9,0)$：

$$S = \frac{1}{2}\left|1(4 - 0) + 3(0 - 2) + 9(2 - 4)\right| = \frac{1}{2}|4 - 6 - 18| = 10 \ ✓.$$

习题 2.3 第 12 题

12. 已知 $AO$ 是 $\triangle ABC$ 边 $BC$ 的中线，用坐标法证明 $|AB|^2 + |AC|^2 = 2(|AO|^2 + |OC|^2)$.

建系是这道题的全部技术含量：$O$ 是 $BC$ 的中点，把 $O$ 放原点、$BC$ 放在 $x$ 轴上， $B$ 与 $C$ 的坐标就成了一对相反数，后面的展开会成对抵消。

设

$$O(0,\ 0),\quad B(-a,\ 0),\quad C(a,\ 0)\ (a > 0),\quad A(b,\ c)\ (c \neq 0).$$

（$a > 0$ 因为 $B \neq C$；$c \neq 0$ 因为 $A$ 不在直线 $BC$ 上，否则不成三角形。）

逐项算：

$$|AB|^2 = (b + a)^2 + c^2, \qquad |AC|^2 = (b - a)^2 + c^2,$$ $$|AB|^2 + |AC|^2 = 2b^2 + 2a^2 + 2c^2.$$

另一边：

$$|AO|^2 = b^2 + c^2, \qquad |OC|^2 = a^2,$$ $$2\left(|AO|^2 + |OC|^2\right) = 2b^2 + 2c^2 + 2a^2.$$

两边相同，等式成立。$\blacksquare$

这条恒等式的名字与用处：它是中线长定理（也叫阿波罗尼奥斯定理）， 移项写成 $|AO|^2 = \dfrac{|AB|^2 + |AC|^2}{2} - \dfrac{|BC|^2}{4}$ 就能由三边直接算中线长。 在平行四边形里它化成「对角线的平方和等于四边的平方和」。

建系为什么这样选：如果 $B$、$C$ 取成一般的 $(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$， 上面的展开会多出十几项交叉乘积，最后仍然抵消，但过程长得多。 把中点放原点、把这条边放坐标轴，就是把「$O$ 是中点」这个条件提前用掉。

习题 2.3 第 13 题

13. 已知点 $A(a, 6)$ 到直线 $3x - 4y = 2$ 的距离 $d$ 分别为下列各值：（1）$d = 4$；（2）$d > 4$，求 $a$ 的取值范围.

直线写成 $3x - 4y - 2 = 0$，$\sqrt{A^2 + B^2} = \sqrt{9 + 16} = 5$。距离

$$d = \frac{|3a - 4 \times 6 - 2|}{5} = \frac{|3a - 26|}{5}.$$

(1) $\dfrac{|3a - 26|}{5} = 4 \implies |3a - 26| = 20$，故 $3a - 26 = 20$ 或 $3a - 26 = -20$，

$$a = \frac{46}{3} \quad \text{或} \quad a = 2.$$

(2) $\dfrac{|3a - 26|}{5} > 4 \implies |3a - 26| > 20$，即 $3a - 26 > 20$ 或 $3a - 26 < -20$，

$$a > \frac{46}{3} \quad \text{或} \quad a < 2.$$

两问的关系正说明了绝对值不等式的结构：$|t| = 20$ 是两个点，$|t| > 20$ 是这两点之外的两条射线， 中间那一段 $2 < a < \dfrac{46}{3}$ 对应 $d < 4$。三种情形恰好把数轴分完，没有遗漏。

验证：$a = 2$ 时 $d = \dfrac{|6 - 26|}{5} = 4$ ✓；$a = 0$ 时 $d = \dfrac{26}{5} = 5.2 > 4$， 而 $0 < 2$，落在 (2) 的答案里 ✓；$a = 5$ 时 $d = \dfrac{|15-26|}{5} = 2.2 < 4$， 而 $5$ 落在中间那段里 ✓。

习题 2.3 第 14 题

14. 已知 $A(-3, -4)$, $B(6, 3)$ 两点到直线 $l: ax + y + 1 = 0$ 的距离相等, 求 $a$ 的值.

两点到同一条直线的距离，分母 $\sqrt{a^2 + 1}$ 相同，所以只需分子的绝对值相等：

$$|-3a - 4 + 1| = |6a + 3 + 1| \implies |3a + 3| = |6a + 4|.$$

绝对值相等，分两种情形：

• $3a + 3 = 6a + 4 \implies -3a = 1 \implies a = -\dfrac{1}{3}$；
• $3a + 3 = -(6a + 4) \implies 9a = -7 \implies a = -\dfrac{7}{9}$。

两个都合法，且各有清楚的几何含义：

• $a = -\dfrac{7}{9}$ 时 $l: 7x - 9y - 9 = 0$，斜率 $\dfrac{7}{9}$， 而 $k_{AB} = \dfrac{3 - (-4)}{6 - (-3)} = \dfrac{7}{9}$，$l \parallel AB$——两点在 $l$ 同侧、等距。
• $a = -\dfrac{1}{3}$ 时 $l: x - 3y - 3 = 0$，$AB$ 的中点 $\left(\dfrac{3}{2},\ -\dfrac{1}{2}\right)$ 代入得 $\dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{2} - 3 = 0$，$l$ 过 $AB$ 的中点——两点在 $l$ 异侧、等距。

「到两点等距的直线」只有这两族，所以答案不会再多。

验证：$a = -\dfrac{1}{3}$：$d_A = \dfrac{|-3 + 12 - 3|}{\sqrt{10}} = \dfrac{6}{\sqrt{10}}$， $d_B = \dfrac{|6 - 9 - 3|}{\sqrt{10}} = \dfrac{6}{\sqrt{10}}$ ✓。 $a = -\dfrac{7}{9}$：$d_A = \dfrac{|-21 + 36 - 9|}{\sqrt{130}} = \dfrac{6}{\sqrt{130}}$， $d_B = \dfrac{|42 - 27 - 9|}{\sqrt{130}} = \dfrac{6}{\sqrt{130}}$ ✓。

习题 2.3 第 15 题

15. □ABCD 的四条边所在直线的方程分别是 $l_{1}: x-4y+5=0, l_{2}: 2x+y-8=0, l_{3}: x-4y+14=0, l_{4}: 2x+y+1=0$ ，求 □ABCD 的面积.

先认清哪两条是对边：$l_1$ 与 $l_3$ 的一次项系数都是 $(1,\ -4)$，互相平行； $l_2$ 与 $l_4$ 的都是 $(2,\ 1)$，互相平行。所以 $l_1$、$l_3$ 是一组对边，$l_2$、$l_4$ 是另一组。

解法一（求出四个顶点，用向量叉积）。

• $A = l_1 \cap l_2$：由 $x = 4y - 5$ 代入 $2x + y = 8$ 得 $9y = 18$，$y = 2$，$x = 3$，$A(3,\ 2)$。
• $B = l_2 \cap l_3$：$x = 4y - 14$ 代入得 $9y = 36$，$y = 4$，$x = 2$，$B(2,\ 4)$。
• $C = l_3 \cap l_4$：$x = 4y - 14$ 代入 $2x + y = -1$ 得 $9y = 27$，$y = 3$，$x = -2$，$C(-2,\ 3)$。
• $D = l_1 \cap l_4$：$x = 4y - 5$ 代入得 $9y = 9$，$y = 1$，$x = -1$，$D(-1,\ 1)$。

先核是不是平行四边形：$\overrightarrow{AB} = (-1,\ 2)$，$\overrightarrow{DC} = (-1,\ 2)$，相等 ✓。

$\overrightarrow{AD} = (-4,\ -1)$，面积

$$S = \left|\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AD}\right| = \left|(-1) \times (-1) - 2 \times (-4)\right| = |1 + 8| = 9.$$

解法二（底 $\times$ 高，不求全部顶点）。取 $AB$ 为底，它在 $l_2$ 上， $|AB| = \sqrt{(-1)^2 + 2^2} = \sqrt{5}$；高就是 $l_2$ 与 $l_4$ 之间的距离

$$h = \frac{|-8 - 1|}{\sqrt{2^2 + 1^2}} = \frac{9}{\sqrt{5}},$$ $$S = |AB| \times h = \sqrt{5} \times \frac{9}{\sqrt{5}} = 9 \ ✓.$$

两法一致，面积为 $9$。

顺带一提两组对边的间距：$d(l_1,\ l_3) = \dfrac{|5 - 14|}{\sqrt{17}} = \dfrac{9}{\sqrt{17}}$， $d(l_2,\ l_4) = \dfrac{9}{\sqrt{5}}$。两者相乘不等于面积（$\dfrac{81}{\sqrt{85}} \approx 8.79 \neq 9$）—— 平行四边形不是矩形时，「两组对边间距之积」不是面积，中间还差一个 $\dfrac{1}{\sin\theta}$， $\theta$ 是两组边的夹角。这是这类题最常见的错法。

习题 2.3 第 16 题

16. 已知 $\lambda$ 为任意实数，当 $\lambda$ 变化时，方程

$3 x + 4 y - 2 + \lambda (2 x + y + 2) = 0$

表示什么图形？图形有何特点？

先确认它总是一条直线。 整理成一般式：

$$(3 + 2\lambda)x + (4 + \lambda)y + (2\lambda - 2) = 0.$$

一次项系数不会同时为零——$3 + 2\lambda = 0$ 要 $\lambda = -\dfrac{3}{2}$， $4 + \lambda = 0$ 要 $\lambda = -4$，两者矛盾。所以对每个 $\lambda$，它都表示一条直线。

再找定点。 把式子按 $\lambda$ 归并（原式已经是这个形状），要它对一切 $\lambda$ 成立，只需

$$\begin{cases} 3x + 4y - 2 = 0 \\ 2x + y + 2 = 0 \end{cases}$$

由第二式 $y = -2x - 2$ 代入第一式：$3x - 8x - 8 - 2 = 0$，得 $x = -2$，$y = 2$。

直接验算：把 $(-2,\ 2)$ 代入原方程，$-6 + 8 - 2 + \lambda(-4 + 2 + 2) = 0 + \lambda \times 0 = 0$， 对任意 $\lambda$ 恒成立 ✓。

结论：该方程表示过定点 $(-2,\ 2)$ 的一族直线（直线束）。

图形的特点（题目问的正是这一句）：

• 所有这些直线共点，都穿过 $(-2,\ 2)$，像一把打开的扇子。

• 它取不到过该点的全部直线。要说清这一点，先按 $y$ 的系数分两种情况。

  情况一：$\lambda = -4$。 此时方程成为 $-5x - 10 = 0$，即 $x = -2$——一条竖直线，斜率不存在。 它确实过 $(-2,\ 2)$。

  情况二：$\lambda \neq -4$。 此时 $4 + \lambda \neq 0$，斜率存在，且

  $$k = -\frac{3 + 2\lambda}{4 + \lambda} = -\frac{2(\lambda + 4) - 5}{\lambda + 4} = -2 + \frac{5}{\lambda + 4}.$$

  当 $\lambda$ 取遍 $\mathbf{R}\setminus\{-4\}$ 时，$\lambda + 4$ 取遍一切非零实数，$\dfrac{5}{\lambda + 4}$ 也取遍一切非零实数， 于是 $k$ 恰好取遍 $\mathbf{R}\setminus\{-2\}$。反解也印证了这一点：给定 $k \neq -2$，由上式得 $\lambda = -\dfrac{4k + 3}{k + 2}$， 且这个 $\lambda \neq -4$（否则代回得 $k = -2$）。

  合起来：这族直线 $=$ 竖直线 $x = -2$，加上过 $(-2,\ 2)$ 且斜率 $\neq -2$ 的所有直线。 过 $(-2,\ 2)$ 的直线里唯一缺席的，正是斜率为 $-2$ 的那条，也就是 $l_2: 2x + y + 2 = 0$ （它过 $(-2,\ 2)$：$-4 + 2 + 2 = 0$ ✓，斜率 $-2$ ✓）。这也符合直觉：$\lambda$ 是有限数时， 原式里 $3x + 4y - 2$ 这一项永远在，怎么也变不成纯粹的 $2x + y + 2 = 0$。

• 特别地，$\lambda = 0$ 给出 $l_1: 3x + 4y - 2 = 0$ 本身。

习题 2.3 第 17 题

17. 已知 $0 < x < 1, 0 < y < 1$.

（1）求证： $\sqrt{x^2 + y^2} +\sqrt{x^2 + (1 - y)^2} +\sqrt{(1 - x)^2 + y^2} +\sqrt{(1 - x)^2 + (1 - y)^2}\geqslant 2\sqrt{2}$ ，并求使等式成立的条件.

(2) 说明上述不等式的几何意义.

(1) 把四个根号读成四段距离，是这道题的全部关键。取单位正方形的四个顶点

$$O(0,\ 0),\quad A(1,\ 0),\quad B(1,\ 1),\quad C(0,\ 1),$$

以及点 $P(x,\ y)$。由 $0 < x < 1$、$0 < y < 1$ 知 $P$ 在正方形内部。按两点间距离公式，

$$|PO| = \sqrt{x^2 + y^2},\qquad |PC| = \sqrt{x^2 + (1-y)^2},$$ $$|PA| = \sqrt{(1-x)^2 + y^2},\qquad |PB| = \sqrt{(1-x)^2 + (1-y)^2},$$

正是待证式左端的四项。把它们两两配成对角线的两端：

$$\text{左端} = \left(|PO| + |PB|\right) + \left(|PA| + |PC|\right).$$

对每一对用三角不等式（折线不短于直线）：

$$|PO| + |PB| \geqslant |OB| = \sqrt{2}, \qquad |PA| + |PC| \geqslant |AC| = \sqrt{2},$$

两式相加即得

$$\text{左端} \geqslant 2\sqrt{2}. \qquad \blacksquare$$

等号成立的条件。 第一式取等当且仅当 $P$ 在线段 $OB$ 上，第二式取等当且仅当 $P$ 在线段 $AC$ 上。 两者要同时成立，$P$ 必须是两条对角线的交点，即正方形的中心：

$$x = y = \frac{1}{2}.$$

（这个点确实满足 $0 < x < 1$、$0 < y < 1$，所以等号取得到。代回验证： 四项都是 $\sqrt{\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，和为 $2\sqrt{2}$ ✓。）

(2) 几何意义：单位正方形内任意一点到四个顶点的距离之和，不小于两条对角线的长度之和 $2\sqrt{2}$；当且仅当这一点是两条对角线的交点（正方形的中心） 时取到这个最小值。

换句话说，正方形的中心是使「到四顶点距离之和」最小的点。 这个结论对一般的凸四边形也成立——把四个顶点两两配成对角线的端点，同样的三角不等式给出 「到四顶点距离之和 $\geqslant$ 两条对角线长度之和」，最小值在两条对角线的交点取到。