1.1.5 两条直线的交点坐标-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（北师大版2019）

第一章　直线与圆 §1　直线与直线的方程 1.5　两条直线的交点坐标 (教师独具内容) 课程标准：能用解方程组的方法求两条直线的交点坐标． 教学重点：判断两直线是否相交，求交点坐标． 教学难点：两直线相交与二元一次方程组的关系． 核心素养：通过求解两直线的交点坐标，提升数学运算、数学抽象及逻辑推理素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 Ax＋By＋C＝0 Aa＋Bb＋C＝0 核心概念掌握 5 无解 无数个 相交 平行 核心概念掌握 6 1．过两直线交点的直线系方程 过直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0和l2：A2x＋B2y＋C2＝0交点的直线方程为A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0(λ为参数，不包含l2)． 2．对称问题 对称问题可根据中点坐标公式、两条直线的交点和线线垂直关系解决． 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若点A(a，b)在直线l：Ax＋By＋C＝0上，则点A的坐标一定适合直线l的方程．(　　) (2)若两直线相交，则交点坐标一定是两直线方程所组成的二元一次方程组的解．(　　) (3)无论m为何值，x－y＋1＝0与x－2my＋3＝0必相交．(　　) 答案 √ √ × 核心概念掌握 8 2．做一做 (1)直线x＋y－2＝0与直线x－y＝0的交点为M，则点M的集合表示为(　　) A．{(1，1)} B．1 C．{1} D．{1，1} (2)若直线2x＋y＋1＝0与直线x－y－4＝0的交点为(a，b)，则a＋b＝________． 答案 －2 核心概念掌握 9 核心素养形成 核心素养形成 11 解 核心素养形成 12 解 核心素养形成 13 感悟提升　 1．求两直线交点的步骤 (1)写出由两条直线的方程所组成的方程组； (2)求出方程组的解； (3)写出两条直线的交点坐标． 2．求过两条直线交点的直线方程的两种方法 (1)求过两条直线交点的直线方程，一般是先解方程组求出交点坐标，再结合其他条件写出直线方程； (2)若利用过两直线交点的直线系方程，通过待定系数法求解，则更简捷． 核心素养形成 14 解 [跟踪训练1] 已知直线l1：3x＋4y－2＝0与l2：2x＋y＋2＝0的交点为P.求： (1)点P的坐标； (2)过点P且平行于直线l3：x－2y－1＝0的直线的方程； (3)过点P且垂直于直线l3：x－2y－1＝0的直线的方程． 核心素养形成 15 (2)因为所求直线与l3平行， 所以可设所求直线的方程为x－2y＋m＝0(m≠－1)． 把点P的坐标代入上述方程，得－2－2×2＋m＝0，解得m＝6. 故所求直线的方程为x－2y＋6＝0. (3)因为所求直线与l3垂直， 所以可设所求直线的方程为2x＋y＋n＝0. 把点P的坐标代入上述方程，得2×(－2)＋2＋n＝0，解得n＝2， 故所求直线的方程为2x＋y＋2＝0. 解 核心素养形成 16 证明 题型二　过定点的直线系问题 　 求证：不论m为何值，直线(m－1)x＋(2m－1)y＝m－5都过定点． 证明　证法一：当m＝1时，直线方程为y＝－4； 当m＝ 时，直线方程为x＝9. 这两条直线的交点为(9，－4)． 又当x＝9，y＝－4时，9(m－1)＋(－4)(2m－1)＝m－5，即点(9，－4)在直线(m－1)x＋(2m－1)y＝m－5上， 故不论m为何值，直线(m－1)x＋(2m－1)y＝m－5都过定点(9，－4)． 核心素养形成 17 证明 核心素养形成 18 核心素养形成 19 解 [跟踪训练2] 已知直线l：5ax－5y－a＋3＝0. (1)求证：不论a为何值，直线l恒过第一象限； (2)若直线l不经过第二象限，求a的取值范围． 核心素养形成 20 解 核心素养形成 21 题型三　对称问题 　已知直线l：2x－3y＋1＝0，点A(－1，－2)．求： (1)点A关于直线l的对称点A′的坐标； (2)直线m：3x－2y－6＝0关于直线l的对称直线m′的方程； (3)直线l关于点A(－1，－2)对称的直线l′的方程． 核心素养形成 22 解 核心素养形成 23 解 核心素养形成 24 解 核心素养形成 25 解 核心素养形成 26 解 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 解 [跟踪训练3] 如图，一束光线从原点O(0，0)出发，经直线l：8x＋6y＝25反射后经过点P(－4，3)，求反射光线的方程及光线从O点到达P点所走过的路程． 核心素养形成 30 解 核心素养形成 31 解 核心素养形成 32 随堂水平达标 1．直线3x＋5y－1＝0与直线4x＋3y－5＝0的交点是(　　) A．(－2，1) B．(－3，2) C．(2，－1) D．(3，－2) 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 答案 解析 解析　直线方程可化为(x＋2)m－(y－1)＝0，∴直线过定点(－2，1)． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 答案 解析 4．已知直线l：3x－y＋3＝0，则点P(4，5)关于直线l的对称点P′的坐标为_____________． (－2，7) 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 课后课时精练 一、选择题 1．直线2x＋3y－k＝0和直线x－ky＋12＝0的交点在x轴上，则k的值为(　　) A．－24 B．24 C．6 D．±6 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 40 2．直线(2m＋1)x＋(m＋1)y－7m－4＝0过定点(　　) A．(1，－3) B．(4，3) C．(3，1) D．(2，3) 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 41 3．已知直线l与直线2x－3y＋4＝0关于直线x＝1对称，则直线l的方程为(　　) A．2x＋3y－8＝0 B．3x－2y＋1＝0 C．x＋2y－5＝0 D．3x＋2y－7＝0 答案 解析 解析　设P(x，y)为直线l上的任意一点，则点P关于直线x＝1对称的点为P′(2－x，y)，将(2－x，y)代入2x－3y＋4＝0，可得2(2－x)－3y＋4＝0，化简为2x＋3y－8＝0.故选A. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 42 4．若直线l1：y＝k(x－4)与直线l2关于点(2，1)对称，则直线l2过定点(　　) A．(0，4) B．(0，2) C．(－2，4) D．(4，－2) 答案 解析 解析　因为l1：y＝k(x－4)过定点M(4，0)，而点M关于点(2，1)的对称点为N(0，2)，故直线l2过定点(0，2)． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 43 5．(多选)平面上三条直线x－2y＋2＝0，x－2＝0，x＋ky＝0，如果这三条直线将平面划分成六个部分，则k的取值可能为(　　) A．0 B．－2 C．－1 D．1 解析　 设l1：x－2y＋2＝0，l2：x－2＝0，l3：x＋ky＝0，如图，l1与l2交于点A(2，2)，显然l3恒过坐标原点，当l3∥l2时，符合题意，此时k＝0；当l3∥l1时，符合题意，此时k＝－2；当l3过点A(2，2)时，符合题意，此时k＝－1；当k≠0，－2，－1时，三条直线将平面分成7个部分．综上可知，k的取值可能为0，－2，－1.故选ABC. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 44 答案 二、填空题 6．斜率为－2，且过两条直线3x－y＋4＝0和x＋y－4＝0交点的直线方程为______________． 2x＋y－4＝0 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 45 答案 7．直线5x＋4y＝2a＋1与直线2x＋3y＝a的交点位于第四象限，则a的取值范围为_______________． 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 46 答案 8．已知△ABC一个顶点A(4，－1)，两条角平分线的方程为l1：x－y－1＝0和l2：x－1＝0，BC边所在直线的方程为______________． 2x－y＋3＝0 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 47 解 三、解答题 9．求经过两条直线l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交点P且与直线l3：3x－4y＋5＝0垂直的直线l的方程． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 48 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 49 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 50 解 10．求经过两直线2x－3y－12＝0和x＋y－1＝0的交点，并且在两坐标轴上的截距相等的直线方程． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 51 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 52 1．在△ABC中，BC边上的高所在直线的方程为x－2y＋1＝0，∠A的平分线所在直线的方程为y＝0，若点B的坐标为(1，2)，求点A和点C的坐标． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 53 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 54 解 2．已知直线l：3x－y－1＝0，在l上求一点P， (1)使得点P到点A(4，1)和点B(0，4)的距离之差最大； (2)使得点P到点A(4，1)和点C(3，4)的距离之和最小． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 55 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 56 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 57 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 58 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点　　直线的交点与直线的方程组解的关系 1．两直线的交点坐标 几何元素及关系 代数表示 点A A(a，b) 直线l l：eq \x(\s\up1(01))_________________ 点A在直线l上 eq \x(\s\up1(02))_______________ 直线l1与l2的交点是A eq \x(\s\up1(03))_______________ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A1a＋B1b＋C1＝0，,A2a＋B2b＋C2＝0)) 2.两直线的位置关系 方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A1x＋B1y＋C1＝0，,A2x＋B2y＋C2＝0))的解 一组 无数组 eq \x(\s\up1(04))______ 直线l1与l2的公共点的个数 一个 eq \x(\s\up1(05))________ 零个 直线l1与l2的位置关系 eq \x(\s\up1(06))______ 重合 eq \x(\s\up1(07))_______ 题型一　直线的交点问题 (1)l1：2x－y＝7，l2：4x＋2y＝1； (2)l1：2x－6y＋4＝0，l2：y＝eq \f(x,3)＋eq \f(2,3)； (3)l1：(eq \r(2)－1)x＋y＝3，l2：x＋(eq \r(2)＋1)y＝2. 解　(1)∵k1＝2，k2＝－2，∴k1≠k2， ∴l1，l2相交． 解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,4x＋2y＝1，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(15,8)，,y＝－\f(13,4)，)) ∴两直线的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,8)，－\f(13,4))). (2)l1：2x－6y＋4＝0，l2：x－3y＋2＝0， ∵eq \f(2,1)＝eq \f(－6,－3)＝eq \f(4,2)，∴l1与l2重合． (3)解法一：∵k1＝1－eq \r(2)，k2＝－eq \f(1,\r(2)＋1)＝－(eq \r(2)－1)＝1－eq \r(2)，∴k1＝k2. 又b1＝3≠b2＝eq \f(2,\r(2)＋1)，∴l1∥l2. 解法二：解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（\r(2)－1）x＋y＝3，　①,x＋（\r(2)＋1）y＝2，　②)) 由①得y＝3－(eq \r(2)－1)x代入②得 x＋(eq \r(2)＋1)[3－(eq \r(2)－1)x]＝2， 整理，得3(eq \r(2)＋1)＝2不成立， ∴方程组无解，∴l1∥l2. 解　(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋4y－2＝0，,2x＋y＋2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝2.)) 所以点P的坐标是(－2，2)． eq \f(1,2) 证法二：将已知方程以m为未知数整理，得m(x＋2y－1)－(x＋y－5)＝0. 由m取值的任意性，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－1＝0，,x＋y－5＝0，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝9，,y＝－4.)) 所以不论m为何值，直线(m－1)x＋(2m－1)y＝m－5都过定点(9，－4)． 感悟提升　含有参数的直线恒过定点问题的解法 解法一：任给直线中的参数赋两个不同的值，得到两条不同的直线，然后验证这两条直线的交点就是题目中含参数直线所过的定点，从而问题得解． 解法二：含有一个参数的二元一次方程若能整理为A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0，其中λ是参数，这就说明了它表示的直线必过定点，其定点可由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A1x＋B1y＋C1＝0，,A2x＋B2y＋C2＝0))解得．若整理成y－y0＝k(x－x0)的形式，则表示的所有直线必过定点(x0，y0)． 解　(1)证法一：将直线l的方程整理为 y－eq \f(3,5)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,5)))， ∴l的斜率为a，且过定点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(3,5))). 而点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(3,5)))在第一象限， 故不论a为何值，直线l恒过第一象限． 证法二：直线l的方程可化为(5x－1)a－(5y－3)＝0. ∵上式对任意的a恒成立，必有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5x－1＝0，,5y－3＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,5)，,y＝\f(3,5).))即l过定点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(3,5))). 以下同证法一． (2)直线OA的斜率为k＝eq \f(\f(3,5)－0,\f(1,5)－0)＝3. 要使l不经过第二象限，直线l的斜率大于等于3即可，即a≥3. 解　(1)设A′(x，y)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y＋2,x＋1)×\f(2,3)＝－1，,2×\f(x－1,2)－3×\f(y－2,2)＋1＝0，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(33,13)，,y＝\f(4,13)，))∴A′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(33,13)，\f(4,13))). (2)解法一：在直线m上取一点，如M(2，0)，则M(2，0)关于直线l的对称点必在m′上． 设该对称点为M′(a，b)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2×\f(a＋2,2)－3×\f(b＋0,2)＋1＝0，,\f(b－0,a－2)×\f(2,3)＝－1，)) 解得M′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,13)，\f(30,13))). 设m与l的交点为N， 则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－3y＋1＝0，,3x－2y－6＝0，))得N(4，3)． ∴m′经过点N(4，3)． ∴由两点式得，直线m′的方程为9x－46y＋102＝0. 解法二：易知直线m′的斜率存在，设为k， 由题意知kl＝eq \f(2,3)，km＝eq \f(3,2)， 由直线m与直线m′关于直线l对称，得 直线m与直线l的夹角和直线m′与直线l的夹角相等， 则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2,3)－\f(3,2),1＋\f(2,3)×\f(3,2))))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2,3)－k,1＋\f(2,3)k)))， 两边平方整理得92k2－156k＋27＝0， 解得k1＝eq \f(9,46)或k2＝eq \f(3,2)(舍去)． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－3y＋1＝0，,3x－2y－6＝0，))得直线m与直线l的交点为(4，3)， 又直线m′过直线m与直线l的交点， ∴直线m′的方程为y－3＝eq \f(9,46)(x－4)， 即9x－46y＋102＝0. (3)设P(x，y)为l′上任意一点，则P(x，y)关于点A(－1，－2)的对称点为P′(－2－x，－4－y)，且点P′在直线l上， ∴2(－2－x)－3(－4－y)＋1＝0，即直线l′的方程为2x－3y－9＝0. 感悟提升　 1．中心对称 (1)点关于点的对称．若点M(x1，y1)与点N(x，y)关于点P(a，b)对称，则由中点坐标公式得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2a－x1，,y＝2b－y1.)) (2)直线关于点的对称，其主要方法是：在已知直线上取两点，利用中点坐标公式求出它们关于已知点对称的两点坐标，再由两点式求出直线方程． 2．轴对称 (1)点关于直线对称 求点M关于直线l对称的对称点N的坐标的方法：可由点M和N的中点在直线l上，与直线MN与直线l垂直列方程组求解． (2)直线关于直线对称 求直线l1关于l对称的直线l2的方程的方法：方法一，转化为点关于直线对称．在l1上任取两点P1和P2，求出P1，P2关于l的对称点，再用两点式求出l2的方程；方法二，若直线l，l1，l2的斜率都存在且为k，k1，k2，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(k－k1,1＋kk1)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(k－k2,1＋kk2)))，再利用直线l与l1的交点在l2上可求出l2的方程． 解　设原点关于l的对称点A的坐标为(a，b)，由直线OA与l垂直和线段AO的中点在l上，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝－1，,8×\f(a,2)＋6×\f(b,2)＝25，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝3，)) ∴A的坐标为(4，3)． ∵反射光线的反向延长线过A(4，3)， 又由反射光线过P(－4，3)，两点纵坐标相等． 故反射光线所在直线方程为y＝3. 由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝3，,8x＋6y＝25，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(7,8)，,y＝3，)) 由于反射光线为射线，故反射光线的方程为 y＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≤\f(7,8))). 由光的性质可知，光线从O点到P点的路程即为AP的长度|AP|， 由A(4，3)，P(－4，3)知，|AP|＝4－(－4)＝8， ∴光线从O点经直线l反射后到达P点所走过的路程为8. 解析　联立两直线方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋5y－1＝0，,4x＋3y－5＝0，))解得交点坐标为(2，－1)． 2．不论m为何值，直线mx－y＋2m＋1＝0恒过点(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2))) B．(－2，1) C．(2，1) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))) 3．若三条直线2x＋3y＋8＝0，x－y－1＝0和x＋ky＝0相交于一点，则k的值是(　　) A．－2 B．－eq \f(1,2) C．2 D.eq \f(1,2) 解析　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋3y＋8＝0，,x－y－1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2，))代入x＋ky＝0得k＝－eq \f(1,2). 解析　设P′(x，y)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y－5,x－4)×3＝－1，,3×\f(x＋4,2)－\f(y＋5,2)＋3＝0，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝7.))所以P′的坐标为(－2，7)． 5．直线y＝kx＋3与直线y＝eq \f(1,k)x－5的交点在直线y＝x上，求k的值． 解　由题意可知，三条直线y＝kx＋3，y＝eq \f(1,k)x－5，y＝x交于一点． 显然k≠1，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3，,y＝x，))得x＝y＝eq \f(3,1－k)， 代入y＝eq \f(1,k)x－5，得eq \f(3,1－k)＝eq \f(1,k)·eq \f(3,1－k)－5， 得k＝eq \f(3,5). 解析　联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋3y－k＝0，,x－ky＋12＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(k2－36,3＋2k)，,y＝\f(k＋24,3＋2k)，))∵直线2x＋3y－k＝0和直线x－ky＋12＝0的交点在x轴上，∴y＝eq \f(k＋24,3＋2k)＝0，解得k＝－24.故选A. 解析　将直线方程整理得(2x＋y－7)m＋(x＋y－4)＝0，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝7，,x＋y＝4，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1，))则直线过定点(3，1)．故选C. 解析　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－y＋4＝0，,x＋y－4＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝4，))∴两直线的交点坐标为(0，4)，又斜率为－2，∴所求的直线方程为y－4＝－2x，即2x＋y－4＝0. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2)) 解析　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5x＋4y＝2a＋1，,2x＋3y＝a，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2a＋3,7)，,y＝\f(a－2,7)，))即两直线的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a＋3,7)，\f(a－2,7))).又交点在第四象限，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2a＋3,7)>0，,\f(a－2,7)<0，))解得－eq \f(3,2)<a<2. 解析　易知点A不在直线l1，l2上，故点A关于直线l1，l2的对称点均在直线BC上，由点A关于x－y－1＝0的对称点为M(0，3)，点A关于x－1＝0的对称点为N(－2，－1)，由两点式可得直线BC的方程为eq \f(y＋1,3＋1)＝eq \f(x＋2,0＋2)，即2x－y＋3＝0. 解　解法一：联立l1，l2的方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4＝0，,x＋y－2＝0，))得交点P(0，2)，设过点P与l3垂直的直线方程为4x＋3y＋C＝0，代入P点坐标得4×0＋3×2＋C＝0，∴C＝－6. ∴直线l的方程为4x＋3y－6＝0. 解法二：由解法一知，l1与l2的交点为P(0，2)， ∵直线l与l3垂直，∴kl＝－eq \f(1,k3)＝－eq \f(4,3)， ∴直线l的方程为y－2＝－eq \f(4,3)x， 即4x＋3y－6＝0. 解法三：设过l1，l2的交点的直线方程为x－2y＋4＋λ(x＋y－2)＝0， 即(λ＋1)x＋(λ－2)y＋4－2λ＝0，① ∵l与l3：3x－4y＋5＝0垂直， ∴3(λ＋1)－4(λ－2)＝0， ∴λ＝11，代入①式得4x＋3y－6＝0， 即直线l的方程为4x＋3y－6＝0. 解　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－3y－12＝0，,x＋y－1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝－2，)) ∴直线2x－3y－12＝0和x＋y－1＝0的交点坐标为(3，－2)． ①当所求直线经过原点时，满足条件， 方程设为y＝kx，可得3k＝－2，解得k＝－eq \f(2,3)， 此时直线方程为y＝－eq \f(2,3)x，即2x＋3y＝0； ②当所求直线在坐标轴上的截距不为0时，方程设为x＋y＝a，可得3－2＝a，解得a＝1，此时直线方程为x＋y－1＝0. 综上所述，所求的直线方程为2x＋3y＝0或x＋y－1＝0. 解　如图所示，由已知，得点A应是BC边上的高所在直线与∠A的平分线所在直线的交点． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1＝0，,y＝0，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝0，))故A(－1，0)． 又∠A的平分线所在直线的方程为y＝0， 故kAC＝－kAB＝－eq \f(2－0,1＋1)＝－1， ∴AC所在直线的方程为y＝－(x＋1)． ∵kBC＝－2， ∴BC所在直线的方程为y－2＝－2(x－1)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－（x＋1），,y－2＝－2（x－1），))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝5，,y＝－6，)) 故点C的坐标为(5，－6)． 解　(1)如图，设点B关于直线l的对称点为B′(a，b)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b－4,a－0)·3＝－1，,3·\f(a,2)－\f(b＋4,2)－1＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝3，))即B′(3，3)． 所以直线AB′的方程为eq \f(y－1,3－1)＝eq \f(x－4,3－4)， 即2x＋y－9＝0. 因为|BP|＝|B′P|，所以||AP|－|BP||＝||AP|－|B′P||≤|AB′|， 所以当A，B′，P三点共线时，点P到点A和点B的距离之 差最大， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y－9＝0，,3x－y－1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝5.)) 所以l与AB′的交点为(2，5)，即P(2，5)． 所以点P的坐标为(2，5)时，点P到点A(4，1)和点B(0，4)的距离之差最大． (2)如图，设点C关于直线l的对称点为C′，同(1)可求得C′的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(24,5))). 所以AC′所在直线的方程为19x＋17y－93＝0， 因为|AP|＋|CP|＝|AP|＋|C′P|≥|AC′|，所以当A，C′，P三点共线时，点P到点A和点C的距离之和最小， 由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(19x＋17y－93＝0，,3x－y－1＝0，)) 可求得AC′和l的交点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,7)，\f(26,7))). 所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,7)，\f(26,7)))时，点P到点A(4，1)和点C(3，4)的距离之和最小． $$