专题突破(二)对称问题-【正禾一本通】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件聚焦对称问题，涵盖点关于点、直线及直线关于直线、点的对称类型，通过实例导入，从基础性质推导到光的反射、最值问题应用，构建递进式学习支架。 其亮点在于以数学眼光观察对称在台球等现实场景的应用，用数学思维推导对称公式，通过“类题通法”总结规律，如点关于点对称用中点坐标公式。帮助学生提升逻辑推理能力，教师可高效开展分层教学。

《正禾一本通》 高中同步高效导学案 数学（人教）·选择性必修一 1 《正禾一本通》PPT均可实现任意编辑，方法如下： 在PPT编辑模式中，双击需编辑内容，呈现word文档，编辑后关闭word文档即可。 专题突破(二)对称问题 3 考向一　对称问题 考向二　光的反射问题 考向三　利用对称解决有关最值问题 学以致用·课堂评价 课后分层练 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 常用对称的特例 ①A(a，b)关于x轴的对称点为A′(a，－b)； ②B(a，b)关于y轴的对称点为B′(－a，b)； ③C(a，b)关于直线y＝x的对称点为C′(b，a)； ④D(a，b)关于直线y＝－x的对称点为D′(－b，－a)； ⑤P(a，b)关于直线x＝m的对称点为P′(2m－a，b)； ⑥Q(a，b)关于直线y＝n的对称点为Q′(a，2n－b). 角度一　点关于点的对称问题 点关于点的对称：若点M(x1，y1)及N(x，y)关于P(a，b)对称，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2a－x1，,y＝2b－y1.)) 已知点A(x，5)关于点(1，y)的对称点为(－2，－3)，则点P(x，y)到原点的距离是(　　 ) A．4 B． eq \r(13) C． eq \r(15) D． eq \r(17) 解析：选D．根据中点坐标公式得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x－2,2)＝1，,\f(5－3,2)＝y，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝1.))所以点P的坐标为(4，1)，则点P(x，y)到原点的距离d＝ eq \r((4－0)2＋(1－0)2)＝ eq \r(17). eq \x(,(1)点关于点的对称问题通常利用中点坐标公式．点P(x，y)关于Q(a，b)的对称点为P′(2a－x，2b－y).,(2)直线关于点的对称直线通常用转移法或取特殊点来求．,设l的方程为Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)和点P(x0，y0)，则l关于P点的对称直线方程为A(2x0－x)＋B(2y0－y)＋C＝0.) 类题通法 (1)点关于点的对称问题通常利用中点坐标公式．点P(x，y)关于Q(a，b)的对称点为P′(2a－x，2b－y). (2)直线关于点的对称直线通常用转移法或取特殊点来求． 设l的方程为Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)和点P(x0，y0)，则l关于P点的对称直线方程为A(2x0－x)＋B(2y0－y)＋C＝0. 【迁移运用】 1.直线3x－2y＝0关于点对称的直线方程为(　　) A．2x－3y＝0 B．3x－2y－2＝0 C．x－y＝0 D．2x－3y－2＝0 解析：选B．法一　在直线3x－2y＝0上任取两点O(0，0)，M(2，3)， 设点O，M关于点的对称点分别为O′，M′， 则O′，M′，所以所求直线方程为 eq \f(y－(－3),0－(－3))＝， 即3x－2y－2＝0. 法二　设所求直线上任一点为(x，y)，则其关于点对称的点为 ， 因为点在直线3x－2y＝0上， 所以3－2(－y)＝0，化简得3x－2y－2＝0， 所以所求直线方程为3x－2y－2＝0. 角度二　点关于直线的对称问题 点(x1，y1)关于直线l：Ax＋By＋C＝0对称的对称点(x2，y2)可由得出． 对称点坐标x2＝x1－2A· eq \f(Ax1＋By1＋C,A2＋B2)，y2＝y1－2B· eq \f(Ax1＋By1＋C,A2＋B2). 点P(2，5)关于直线l：x＋y＋1＝0的对称点的坐标为(　　 ) A．(6，－3) B．(3，－6) C．(－6，－3) D．(－6，3) 解析：选C．设点P(2，5)关于直线l的对称点的坐标为(x，y)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(y－5,x－2)＝1，,\f(x＋2,2)＋\f(y＋5,2)＋1＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－6，,y＝－3，)) 故点P(2，5)关于直线l的对称点的坐标为(－6，－3). eq \x(,点关于直线的对称点，要抓住“垂直”和“平分”．,设P(x0，y0)，l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，P关于l的对称点Q可以通过条件：①PQ⊥l；②PQ的中点在l上列方程组求得．) 名师点睛 点关于直线的对称点，要抓住“垂直”和“平分”． 设P(x0，y0)，l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，P关于l的对称点Q可以通过条件：①PQ⊥l；②PQ的中点在l上列方程组求得. 【迁移运用】 2.点P(m，n)关于直线l：2x－y＋1＝0对称的点仍在l上，则2m－n等于(　　 ) A．－1 B．1 C．2 D．0 解析：选A．∵点P(m，n)关于直线l：2x－y＋1＝0对称的点仍在l上，∴点P(m，n)在直线l上， ∴2m－n＋1＝0，即2m－n＝－1. 角度三　直线关于直线的对称问题 直线关于直线对称：直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0关于直线l：Ax＋By＋C＝0对称的直线l2的方程的求法：转化为点关于直线对称，在直线l1上任取两点P1和P2，求出P1，P2关于l的对称点，再用两点式求出直线l2的方程． 两直线方程为l1：3x－2y－6＝0，l2：x－y－2＝0，则l1关于l2对称的直线方程为(　　 ) A．3x－2y－4＝0 B．2x＋3y－6＝0 C．2x－3y－4＝0 D．3x－2y－6＝0 解析：选C．设所求直线上任一点M(x，y)，M关于直线x－y－2＝0的对称点为M′(x1，y1)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(y－y1,x－x1)＝－1，,\f(x＋x1,2)－\f(y＋y1,2)－2＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＝y＋2，,y1＝x－2，))(*) ∵点M′在直线3x－2y－6＝0上， ∴将(*)式代入，得3(y＋2)－2(x－2)－6＝0， 化简得2x－3y－4＝0，即为l1关于l2对称的直线方程． eq \x(,求直线关于直线的对称直线的问题可转化为点关于直线的对称问题．) 名师点睛 求直线关于直线的对称直线的问题可转化为点关于直线的对称问题. 【迁移运用】 3.直线y＝ eq \f(\r(3),3)x关于直线x＝1的对称直线为l，则直线l的方程是(　　 ) A． eq \r(3)x＋y－2＝0 B． eq \r(3)x＋y＋2＝0 C．x＋ eq \r(3)y－2＝0 D．x＋ eq \r(3)y＋2＝0 解析：选C．直线y＝ eq \f(\r(3),3)x与直线x＝1交于点A，所以直线l的斜率为－ eq \f(\r(3),3)且过点A， 所以直线l的方程为y－ eq \f(\r(3),3)＝－ eq \f(\r(3),3)(x－1)，即x＋ eq \r(3)y－2＝0. 角度四　直线关于点的对称问题 直线关于点对称：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，再用两点式求出直线方程．或者求出一个对称点，再利用直线平行，由点斜式得所求直线方程． 直线2x＋3y－6＝0关于点(1，1)对称的直线方程为(　　 ) A．3x－2y＋2＝0 B．2x＋3y＋7＝0 C．3x－2y－12＝0 D．2x＋3y－4＝0 解析：选D．设对称的直线方程上的一点的坐标为(x，y)，则其关于点(1，1)对称的点的坐标为(2－x，2－y)，以(2－x，2－y)代换原直线方程中的(x，y)，得2(2－x)＋3(2－y)－6＝0，即2x＋3y－4＝0. 【迁移运用】 4.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对称的直线m′的方程； (3)直线l关于点A的对称直线l′的方程． 解：(1)设A′(x，y)， 得 eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－\f(33,13)，,y＝\f(4,13)，)) ∴A′. (2)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M′必在直线m′上． 设对称点为M′(a，b)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\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，))得M′. 设直线m与直线l的交点为N， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x－3y＋1＝0，,3x－2y－6＝0))得N(4，3). 又m′经过点N(4，3)， ∴由两点式得直线m′的方程为9x－46y＋102＝0. (3)法一　在l：2x－3y＋1＝0上任取两点， 如P(1，1)，Q(4，3)，则P，Q关于点A(－1，－2)的对称点P′，Q′均在直线l′上， 易得P′(－3，－5)，Q′(－6，－7)， 再由两点式可得l′的方程为2x－3y－9＝0. 法二　∵l∥l′， ∴设l′的方程为2x－3y＋C＝0(C≠1). ∵点A(－1，－2)到两直线l，l′的距离相等， ∴由点到直线的距离公式，得 eq \f(|－2＋6＋C|,\r(22＋32))＝ eq \f(|－2＋6＋1|,\r(22＋32))， 解得C＝－9，∴l′的方程为2x－3y－9＝0. 光线从A(－4，－2)点射出，到直线y＝x上的B点后被直线y＝x反射到y轴上C点，又被y轴反射，这时反射光线恰好过点D(－1，6)，求BC所在的直线方程． 解：作出草图，如图所示， 设A关于直线y＝x的对称点为A′，D关于y轴的对称点为D′，则易得A′(－2，－4)，D′(1，6).由入射角等于反射角可得A′D′所在直线经过点B与C． 故BC所在的直线方程为 eq \f(y－6,6＋4)＝ eq \f(x－1,1＋2)，即10x－3y＋8＝0. eq \x(,根据平面几何知识和光学知识，入射光线、反射光线上对应的点是关于法线对称的．利用点的对称关系可以求解．) 名师点睛 根据平面几何知识和光学知识，入射光线、反射光线上对应的点是关于法线对称的．利用点的对称关系可以求解. 【迁移运用】 5.一束光线从原点O(0，0)出发，经过直线l：8x＋6y＝25反射后通过点P(－4，3)，求反射光线的方程及光线从O点到达P点所经过的路程． 解：如图，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上得解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝3，)) 所以A的坐标为(4，3). 因为反射光线的反向延长线过A(4，3)， 又由反射光线过P(－4，3)，A，P两点纵坐标相等， 故反射光线所在直线的方程为y＝3. 联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝3，,8x＋6y＝25，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(7,8)，,y＝3，))即交点Q， 由于反射光线为射线，故反射光线的方程为y＝3. 由光的性质可知，光线从O到P的路程即为AP的长度|AP|， 由A(4，3)，P(－4，3)知，|AP|＝4－(－4)＝8， 即光线从O点到达P点所经过的路程为8. 在直线l：x－y－1＝0上求两点P，Q，使得： (1)P到A(4，1)与B(0，4)的距离之差最大； (2)Q到A(4，1)与C(3，0)的距离之和最小． 解：(1)如图，设点B关于l的对称点B′的坐标为(a，b)，连接BB′， 则kBB′·kl＝－1，即 eq \f(b－4,a)×1＝－1, ∴a＋b－4＝0，① ∵BB′的中点在直线l上， ∴ eq \f(a,2)－ eq \f(b＋4,2)－1＝0，即a－b－6＝0.② 由①②得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝－1，)) ∴点B′的坐标为(5，－1). 于是AB′所在直线的方程为 eq \f(y－1,－1－1)＝ eq \f(x－4,5－4)， 即2x＋y－9＝0. 易知||PB|－|PA||＝||PB′|－|PA||，当且仅当P，B′，A三点共线时，||PB′|－|PA||最大． ∴联立直线l与AB′的方程，解得x＝ eq \f(10,3)，y＝ eq \f(7,3)， 即直线l与AB′的交点坐标为. 故点P的坐标为. (2)如图，设点C关于l的对称点为C′，可求得C′的坐标为(1，2)， ∴AC′所在直线的方程为x＋3y－7＝0. 易知|QA|＋|QC|＝|QA|＋|QC′|，当且仅当Q，A，C′三点共线时，|QA|＋|QC′|最小． ∴联立直线AC′与l的方程，解得x＝ eq \f(5,2)，y＝ eq \f(3,2)， 即直线AC′与l的交点坐标为. 故点Q的坐标为. 利用对称性求距离的最值问题 由平面几何知识(三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差的绝对值小于第三边)可知，要解决在直线l上求一点，使这点到两定点A，B的距离之差最大的问题，若这两点A，B位于直线l的同侧，则只需求出直线AB的方程，再求它与已知直线的交点，即得所求的点的坐标；若A，B两点位于直线l的异侧，则先求A，B两点中某一点，如A关于直线l的对称点A′，得直线A′B的方程，再求其与直线l的交点即可．对于在直线l上求一点P，使P到平面上两点A，B的距离之和最小的问题可用类似方法求解. 类题通法 【迁移运用】 6.已知两点A(1，3)，B(4，5)，动点M在直线y＝x上运动，则|MA|＋|MB|的最小值为________． 解析：根据题意画出图象，如图， 设点A关于直线y＝x的对称点为A′(x，y)， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(y＋3,2)＝\f(x＋1,2)，,\f(y－3,x－1)＝－1，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1，)) 即A′(3，1)， 连接A′B，则|A′B|即为|MA|＋|MB|的最小值， |A′B|＝ eq \r((3－4)2＋(1－5)2)＝ eq \r(17). 答案： eq \r(17) 1．点P(a，b)关于直线l：x＋y＋1＝0对称的点仍在l上，则a＋b等于(　　 ) A．－1 B．1 C．2 D．0 解析：选A．∵点P(a，b)关于直线l：x＋y＋1＝0对称的点仍在l上，∴点P(a，b)在直线l上，∴a＋b＋1＝0，即a＋b＝－1. 2．已知直线l：ax＋by＋c＝0与直线l′关于直线x＋y＝0对称，则l′的方程为(　　 ) A．bx＋ay－c＝0 B．bx－ay＋c＝0 C．bx＋ay＋c＝0 D．bx－ay－c＝0 解析：选A．在l的方程中以－x代替y，以－y代替x，即得l′的方程，则l′：a(－y)＋b(－x)＋c＝0，即bx＋ay－c＝0. 3．若点P(3，4)和点Q(a，b)关于直线x－y－1＝0对称，则(　　 ) A．a＝1，b＝－2 B．a＝2，b＝－1 C．a＝4，b＝3 D．a＝5，b＝2 解析：选D．由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(b－4,a－3)＝－1，,\f(a＋3,2)－\f(b＋4,2)－1＝0))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝2.)) 4．若x，y满足x＋y＋1＝0，则x2＋y2－2x－2y＋2的最小值为________． 解析：原多项式可化为(x－1)2＋(y－1)2，其几何意义为点P(x，y)和点Q(1，1)间距离的平方，且点P(x，y)在直线x＋y＋1＝0上．设d为点Q到直线x＋y＋1＝0的距离，由|PQ|≥d，得 eq \r((x－1)2＋(y－1)2)≥ eq \f(|1＋1＋1|,\r(2))，即x2＋y2－2x－2y＋2≥ eq \f(9,2).故所求的最小值为 eq \f(9,2). 答案： eq \f(9,2) 【基础巩固】 1．直线2x＋3y－6＝0关于点(1，－1)对称的直线方程是(　　 ) A．2x＋3y＋7＝0 B．3x－2y＋2＝0 C．2x＋3y＋8＝0 D．3x－2y－12＝0 解析：选C．∵直线2x＋3y－6＝0关于点(1，－1)对称的直线斜率不变， ∴设对称后的直线方程l′为2x＋3y＋c＝0， 又点(1，－1)到两直线的距离相等， ∴ eq \f(|2－3＋c|,\r(22＋32))＝ eq \f(|2－3－6|,\r(22＋32))， 化简得|c－1|＝7，解得c＝－6或c＝8， ∴l′的方程为2x＋3y－6＝0(舍)或2x＋3y＋8＝0， 即直线2x＋3y－6＝0关于点(1，－1)对称的直线方程是2x＋3y＋8＝0. 2．点P在直线l：x－y－1＝0上运动，已知A(4，1)，B(2，0)，则|PA|＋|PB|的最小值是(　　 ) A． eq \r(5) B． eq \r(6) C．3 D．4 解析：选C．易知点A，B在直线l的同侧，设A(4，1)关于直线x－y－1＝0对称的点为A′(x，y)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(y－1,x－4)＝－1，,\f(x＋4,2)－\f(y＋1,2)－1＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝3，)) ∴A′(2，3)，∴|PA|＋|PB|＝|PA′|＋|PB|，当A′，P，B三点共线时，|PA|＋|PB|取得最小值，最小值为|A′B|＝ eq \r((2－2)2＋(3－0)2)＝3. 3．如图所示，已知点A(4，0)，B(0，4)，从点P(2，0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到点P，则光线所经过的路程是(　　 ) A．2 eq \r(10) B．6 C．3 eq \r(3) D．2 eq \r(5) 解析：选A．由题意知，AB所在直线的方程为x＋y－4＝0.如图，点P关于直线AB的对称点为D(4，2)，点P关于y轴的对称点为C(－2，0)，则光线所经过的路程为|CD|＝2 eq \r(10). 4．已知点(1，－1)关于直线l1：y＝x的对称点为A，设直线l2经过点A，则当点B(2，－1)到直线l2的距离最大时，直线l2的方程为(　　 ) A．2x＋3y＋5＝0 B．3x－2y＋5＝0 C．3x＋2y＋5＝0 D．2x－3y＋5＝0 解析：选B．设A(a，b)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(b＋1,a－1)＝－1，,\f(b－1,2)＝\f(a＋1,2)，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，)) 所以A(－1，1). 设点B(2，－1)到直线l2的距离为d， 当d＝|AB|时取得最大值，此时直线l2垂直于直线AB， 又kl2＝－ eq \f(1,kAB)＝－ eq \f(1,\f(－1－1,2＋1))＝ eq \f(3,2)， 所以直线l2的方程为y－1＝ eq \f(3,2)(x＋1)，即3x－2y＋5＝0. 5．已知光线从点A(6，1)射出，到x轴上的点B后，被x轴反射到y轴上的点C，再被y轴反射，这时反射光线恰好经过点D(4，4)，则CD所在直线的方程为________． 解析：如图，由题意知点B在原点O的右侧，直线BC一定过点A(6，1)关于x轴的对称点(6，－1)，且一定过点D(4，4)关于y轴的对称点(－4，4)，所以BC所在直线的方程为y－4＝ eq \f(4＋1,－4－6)(x＋4)，即x＋2y－4＝0， 令x＝0，则y＝2，所以C点坐标为(0，2)， 所以CD所在直线的方程为y＝ eq \f(4－2,4－0)x＋2，即x－2y＋4＝0. 答案：x－2y＋4＝0 6．(体育运动)台球运动中反弹球技法是常见的技巧，其中无旋转反弹球是最简单的技法，主球撞击目标球后，目标球撞击台边之后按照光线反射的方向弹出，想要让目标球沿着理想的方向反弹，就要事先根据需要确认台边的撞击点，同时做到用力适当，方向精确，这样才能通过反弹来将目标球成功击入袋中．如图，现有一目标球从点A(－2，3)无旋转射入，经过x轴(桌边)上的点P反弹后，经过点B(5，7)，则点P的坐标为________． 解析：设P(x，0)，A点关于x轴对称的点为A′(－2，－3)， 则kA′P＝ eq \f(0－(－3),x－(－2))＝ eq \f(3,x＋2)，kA′B＝ eq \f(7－(－3),5－(－2))＝ eq \f(10,7)， 由题意知A′，B，P三点共线， ∴kA′P＝kA′B，即 eq \f(3,x＋2)＝ eq \f(10,7)，解得x＝ eq \f(1,10)， 故点P的坐标为. 答案： 7．(2025·山西太原高二模拟)已知直线l：y＝3x＋3，求： (1)点P(4，5)关于l的对称点的坐标； (2)直线y＝x－2关于l的对称直线的方程； (3)直线l关于点A(3，2)的对称直线的方程． 解：(1)设点P关于直线l的对称点为P′(x′，y′)，则线段PP′的中点在直线l上，且直线PP′垂直于直线l， 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(y′＋5,2)＝3×\f(x′＋4,2)＋3，,\f(y′－5,x′－4)×3＝－1，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x′＝－2，,y′＝7，)) 所以点P′的坐标为(－2，7). (2)解方程组 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝3x＋3，,y＝x－2，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－\f(5,2)，,y＝－\f(9,2)，)) 则点在所求直线上． 在直线y＝x－2上任取一点M(2，0)， 设点M关于直线l的对称点为M′(x0，y0)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(y0,2)＝3×\f(x0＋2,2)＋3，,\f(y0,x0－2)×3＝－1，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(17,5)，,y0＝\f(9,5) .)) 点M′也在所求直线上． 由两点式得直线方程为 eq \f(y＋\f(9,2),\f(9,5)＋\f(9,2))＝ eq \f(x＋\f(5,2),－\f(17,5)＋\f(5,2))， 化简得7x＋y＋22＝0，即为所求直线的方程． (3)在直线l上取两点E(0，3)，F(－1，0)， 则E，F关于点A(3，2)的对称点分别为E′(6，1)，F′(7，4).因为点E′，F′在所求直线上，所以由两点式得所求直线方程为 eq \f(y－1,4－1)＝ eq \f(x－6,7－6)，即3x－y－17＝0. 8．已知点M(3，5)，在直线l：x－2y＋2＝0和y轴上各找一点P和Q，使△MPQ的周长最小． 解：由点M(3，5)及直线l， 可求得点M关于l的对称点为M1(5，1). 同样可求得点M关于y轴的对称点为M2(－3，5). 由M1及M2两点可得到直线M1M2的方程为x＋2y－7＝0. 解方程组 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋2y－7＝0，,x－2y＋2＝0，)) 得交点P. 令x＝0，得M1M2与y轴的交点Q. 所以当P和Q的坐标分别为，时，△MPQ的周长最小． 【综合运用】 9．(新背景)著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如： eq \r((x－a)2＋(y－b)2)可以转化为平面上点M(x，y)与点N(a，b)间的距离．结合上述观点，可得f(x)＝ eq \r(x2＋4x＋20)＋ eq \r(x2＋2x＋10)的最小值为(　　 ) A．2 eq \r(5) B．5 eq \r(2) C．4 D．8 解析：选B．∵f(x)＝ eq \r(x2＋4x＋20)＋ eq \r(x2＋2x＋10)＝ eq \r((x＋2)2＋(0－4)2)＋ eq \r((x＋1)2＋(0－3)2)， ∴f(x)的几何意义为点M(x，0)到两定点A(－2，4)与B(－1，3)的距离之和， 设点A(－2，4)关于x轴的对称点为A′，则A′(－2，－4). 要求f(x)的最小值，可转化为求|MA|＋|MB|的最小值， 利用对称思想可知|MA|＋|MB|≥|A′B|＝ eq \r((－1＋2)2＋(3＋4)2)＝5 eq \r(2)，当且仅当A′，M，B三点共线时等号成立，即f(x)＝ eq \r(x2＋4x＋20)＋ eq \r(x2＋2x＋10)的最小值为5 eq \r(2). 10．已知两点A(－4，8)，B(2，4)，点C在直线y＝x＋1上，则|AC|＋|BC|的最小值为(　　 ) A．2 eq \r(13) B．9 C． eq \r(74) D．10 解析：选C．依题意，设B(2，4)关于直线y＝x＋1对称的点为B′(m，n)， ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(n－4,m－2)＝－1，,\f(n＋4,2)＝\f(m＋2,2)＋1，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝3，)) ∴B′(3，3)，连接AB′交直线y＝x＋1于点C′，连接BC′，如图， 在直线y＝x＋1上任取点C，连接AC，BC，B′C，显然，直线y＝x＋1垂直平分线段BB′，则有|AC|＋|BC|＝|AC|＋|B′C|≥|AB′|，当且仅当点C与C′重合时取等号， ∴(|AC |＋|BC |)min＝|AB′|＝ eq \r((－4－3)2＋(8－3)2)＝ eq \r(74)，故|AC |＋|BC |的最小值为 eq \r(74). 11．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为B(－1，－4)，若将军从点A(－1，2)处出发，河岸线所在直线方程为x＋y＝3.则“将军饮马”的最短总路程为(　　 ) A． eq \r(13) B． eq \r(17) C．2 eq \r(17) D．10 解析：选C．如图所示， 设点B关于直线x＋y＝3的对称点为C(a，b)， 由题意可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(a－1,2)＋\f(b－4,2)＝3，,\f(b＋4,a＋1)＝1，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝7，,b＝4，))即C(7，4)， 在直线x＋y＝3上取点P， 由对称性可得|PB|＝|PC|， 所以|PA|＋|PB|＝|PA|＋|PC|≥|AC|＝ eq \r((－1－7)2＋(2－4)2)＝2 eq \r(17)， 当且仅当A，P，C三点共线时，等号成立， 因此，“将军饮马”的最短总路程为2 eq \r(17). 12．已知直线l：x－2y＋8＝0和两点A(2，0)，B(－2，－4). (1)在直线l上求一点P，使|PA|＋|PB|最小； (2)在直线l上求一点P，使||PB|－|PA||最大． 解：(1)设A关于直线l的对称点为A′(m，n)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(n－0,m－2)＝－2，,\f(m＋2,2)－2·\f(n＋0,2)＋8＝0，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m＝－2，,n＝8，))故A′(－2，8). 因为P为直线l上的一点，则|PA|＋|PB|＝|PA′|＋|PB|≥|A′B|， 当且仅当B，P，A′三点共线时，|PA|＋|PB|取得最小值，为|A′B|，点P即是直线A′B与直线l的交点， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－2，,x－2y＋8＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝3，)) 故所求的点P的坐标为(－2，3). (2)A，B两点在直线l的同侧，P是直线l上的一点， 则||PB|－|PA||≤|AB|， 当且仅当A，B，P三点共线时，||PB|－|PA||取得最大值，为|AB|，点P即是直线AB与直线l的交点， 又直线AB的方程为y＝x－2， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x－2，,x－2y＋8＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝12，,y＝10，)) 故所求的点P的坐标为(12，10). 【创新探索】 13．若函数y＝ eq \f(x,x2＋1)的图象上存在两点P，Q关于点(1，0)对称，则直线PQ的方程是________________． 解析：根据题意，设P，Q，又线段PQ的中点是(1，0)， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(p＋q,2)＝1，,\f(p,p2＋1)＋\f(q,q2＋1)＝0，)) 整理得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(p＋q＝2，,p·q＝－1，)) 所以p，q为方程x2－2x－1＝0的根， 解得x＝1± eq \r(2)， 所以P(1＋ eq \r(2)， eq \f(\r(2),4))，Q(1－ eq \r(2)，－ eq \f(\r(2),4))或P(1－ eq \r(2)，－ eq \f(\r(2),4))，Q(1＋ eq \r(2)， eq \f(\r(2),4)). 由两点式得直线PQ的方程为x－4y－1＝0. 答案：x－4y－1＝0 14．已知直线l：x－y＋3＝0，一束光线从点A(1，2)处射向x轴上一点B，又从点B反射到l上的一点C，最后从点C反射回点A． (1)试判断由此得到的△ABC的个数； (2)求直线BC的方程． 解：(1)如图，设B(m，0)，点A关于x轴的对称点为A′(1，－2)，点B关于直线x－y＋3＝0的对称点为B′(－3，m＋3). 根据光学知识，知点C在直线A′B上，点C又在直线B′A上，且直线A′B的方程为y＝ eq \f(2,m－1)(x－m). 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\f(2,m－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－m))，,x－y＋3＝0))得x＝ eq \f(3－5m,m－3). 又直线AB′的方程为y－2＝ eq \f(－m－1,4)(x－1)， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y－2＝\f(－m－1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))，,x－y＋3＝0))得x＝ eq \f(m－3,m＋5). 所以 eq \f(3－5m,m－3)＝ eq \f(m－3,m＋5)，即3m2＋8m－3＝0， 解得m＝ eq \f(1,3)或－3. 当m＝ eq \f(1,3)时，符合题意； 当m＝－3时，点B在直线x－y＋3＝0上，不能构成三角形．综上，符合题意的△ABC只有1个． (2)由(1)得m＝ eq \f(1,3)， 则直线A′B的方程为3x＋y－1＝0， 即直线BC的方程为3x＋y－1＝0. $