2020年高考数学一轮经典例题 两直线的位置关系 理

2020年高考数学（理）一轮经典例题——两直线的位置关系典型例题一例1 已知)3,0(A ，)0,1(-B ，)0,3(C ，求D 点的坐标，使四边形ABCD 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),(y x D ，若CD AB //，则CD AB k k =，BCAD =，即⎪⎩⎪⎨⎧=+=-+--=+-②①.1613)3(,301003222y x x y由①、②解得)53,516(D ．若BC AD //，则⎪⎩⎪⎨⎧==,,BC AD k k BC AD 即⎪⎩⎪⎨⎧+=+-=--④③.31)3(,0032222y x x y由③、④式解得)3,2(D ．故D 点的坐标为)53,516(或)3,2(． 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AB 、BC 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a 为何值时，直线01)1()2(1=--++y a x a l ：与直线02)32()1(2=+++-y a x a l ：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1l 和2l 的方程分别是01111=++C y B x A l ：，02222=++C y B x A l ：，则21l l ⊥的充要条件是02121=+B B A A ”（其证明可借助向量知识完成）解题． 解法一：由题意，直线21l l ⊥．(1)若01=-a ，即1=a ，此时直线0131=-x l ：，0252=+y l ：显然垂直； (2)若032=+a ，即23-=a 时，直线0251=-+y x l ：与直线0452=-x l ：不垂直； (3)若01≠-a ，且032≠+a ，则直线1l 、2l 斜率1k 、2k 存在，a a k -+-=121，3212+--=a a k ．当21l l ⊥时，121-=⋅k k ，即1)321()12(-=+--⋅-+-a a a a ，∴1-=a .综上可知，当1=a 或1-=a 时，直线21l l ⊥．解法二：由于直线21l l ⊥，所以0)32)(1()1)(2(=+-+-+a a a a ，解得1±=a ． 故当1=a 或1-=a 时，直线21l l ⊥．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1l 、2l 的斜率分别为1k 、2k ，则a a k -+-=121，3212+--=a a k ． 由21l l ⊥，得121-=⋅k k ，即1)321()12(-=+--⋅-+-a a a a ．解上述方程为1-=a ．从而得到当1-=a 时，直线1l 与2l 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l 经过点)1,3(P ，且被两平行直线011=++y x l ：和062=++y x l ：截得的线段之长为5，求直线l 的方程．分析：(1)如图，利用点斜式方程，分别与1l 、2l 联立，求得两交点A 、B 的坐标（用k 表示），再利用5=AB 可求出k 的值，从而求得l 的方程．(2)利用1l 、2l 之间的距离及l 与1l 夹角的关系求解．(3)设直线l 与1l 、2l 分别相交于),(11y x A 、),(22y x B ，则可通过求出21y y -、21x x -的值，确定直线l 的斜率（或倾斜角），从而求得直线l 的方程．解法一：若直线l 的斜率不存在，则直线l 的方程为3=x ，此时与1l 、2l 的交点分别为)4,3('-A 和)9,3('-B ，截得的线段AB 的长594=+-=AB ，符合题意，若直线l 的斜率存在，则设直线l 的方程为1)3(+-=x k y ．解方程组⎩⎨⎧=+++-=,01,1)3(y x x k y 得⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-114,123k k k k A ， 解方程组⎩⎨⎧=+++-=,06,1)3(y x x k y 得⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-119,173k k k k B ． 由5=AB ，得2225119114173123=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++--+⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-k k k k k k k k ．解之，得0=k ，即欲求的直线方程为1=y ． 综上可知，所求l 的方程为3=x 或1=y ．解法二：由题意，直线1l 、2l 之间的距离为125261=-=d ，且直线l 被平等直线1l 、2l 所截得的线段AB 的长为5（如上图），设直线l 与直线1l 的夹角为θ，则225225sin ==θ，故∴︒=45θ．由直线011=++y x l ：的倾斜角为135°，知直线l 的倾斜角为0°或90°，又由直线l 过点)1,3(P ，故直线l 的方程为3=x 或1=y ．解法三：设直线l 与1l 、2l 分别相交),(11y x A 、),(22y x B ，则：0111=++y x ，0622=++y x ．两式相减，得5)()(2121=-+-y y x x ． ①又25)()(221221=-+-y y x x ②联立①、②，可得⎩⎨⎧=-=-052121y y x x 或⎩⎨⎧=-=-502121y y x x由上可知，直线l 的倾斜角分别为0°或90°． 故所求直线方程为3=x 或1=y ．说明：本题容易产生的误解是默认直线l 的斜率存在，这样由解法一就只能得到0=k ，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a 的直线，当a 小于两平行直线之间距离d 时无解；当d a =时有唯一解；当d a >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θ后，再求直线l 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()31，-A ，()13，B ，点C 在坐标轴上，且ο90=∠ACB ，则满足条件的点C 的个数是（ ）．（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4解：点C 在坐标轴上，可有两种情况，即在x 轴或y 轴上，点C 的坐标可设为()0，x 或()0，y ．由题意，ο90=∠ACB ，直线AC 与直线BC 垂直，其斜率乘积为－1，可分别求得0=x 或2，0=y 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AB 与y 轴交点D 恰为斜边AB 中点，则由D 到A 、B 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x 、y 各有两解而误以为有四点． 典型例题五例5 已知ABC ∆的一个定点是()13-，A ，B ∠、C ∠的平分线分别是0=x ，x y =，求直线BC 的方程．分析：利用角平分线的轴对称性质，求出A 关于0=x ，x y =的对称点，它们显然在直线BC 上．解：()13-，A 关于0=x ，x y =的对称点分别是()13--，和()31，-，且这两点都在直线BC 上，由两点式求得直线BC 方程为052=+-y x ． 典型例题六例 6 求经过两条直线0132=++y x 和043=+-y x 的交点，并且垂直于直线0743=-+y x 的直线的方程．解一：解得两直线0132=++y x 和043=+-y x 的交点为（35-，97），由已知垂直关系可求得所求直线的斜率为34，进而所求直线方程为0934=+-y x ．解二：设所求直线方程为034=+-m y x ，将所求交点坐标（35-，97）代入方程得9=m ，所以所求直线方程为0934=+-y x ．解三：所求直线过点（35-，97），且与直线0743=-+y x 垂直，所以，所求直线方程为973354=⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛+y x即 0934=+-y x ． 解四：设所求直线得方程为()()043132=+-+++y x m y x即 ()()041132=++-++m y m x m （1） 由于该直线与已知直线0743=-+y x 垂直 则 ()()013423=-⋅++m m 解得 2=m代入（1）得所求直线方程为0934=+-y x ． 典型例题七例7 已知定点A （3，1），在直线x y =和0=y 上分别求点M 和点N ，使AMN ∆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A 关于直线x y =和0=y 的对称点分别为()31，B ，()13-，C ∵MN CN BM MN AN AM ++=++又BCMN CN BM ≥++周长最小值是：52=BC由两点式可得BC 方程为： 052=-+y x ．而且易求得：M （35，35），N （25，0），此时，周长最短，周长为52． 典型例题八例8 已知实数a ，b 满足1=+b a ，求证：()()2252222≥+++b a ．解：本题的几何意义是：直线1=+b a 上的点（a ，b ）与定点()22--，的距离的平方不小CAxCNO yBM图1于225．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251112222=+---=d ，所以25)2()2(22≥+++b a ，即()()2252222≥+++b a ．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，α=∠xOA ，παπ<<2，点B 在OA 上aOA =，bOB =，()0>>b a ，试在x 轴的正半周上求一点C ，使ACB ∠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()()00>x x C ，∵α=∠xOA ，aOA =，bOB =，∴()ααsin cos a a A ，，()ααsin cos b b B ，，于是直线CA 、CB 的斜率分别为：x a a xCA k CA -=∠=ααcos cos tan ，x a a xCB k CB -=∠=ααcos cos tan∴CACB CA CB k k k k ACB +-=∠1tan ＝)cos )(cos (sin 1cos sin cos sin 2x a x b ab xa a xb b --+---ααααααα ＝α+-α-α-αα--αα2sin )cos )(cos ()cos (sin )cos (sin ab x a x b x b a x a b ＝2cos )(sin )(x x b a ab x b a +α+-α-图2＝α+-+α-cos )(sin )(b a x x abb a∵abx x ab2≥+∴()()α+-α-≤∠cos 2sin tan b a ab b a ACB当且仅当x x ab =即ab x =，C 点的坐标为（ab ，0），由παπ<<2可知ACB ∠为锐角，所以此时ACB ∠有最大值arctanααcos )(2sin )(b a ab b a +--．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0421=-+y x l ：，求1l 关于直线0143=-+y x l ：对称的直线2l 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⎩⎨⎧=-+=-+0143042y x y x 得1l 与l 的交点为)2,3(-P ，显见P 也在2l 上．设2l 的斜率为k ，又1l 的斜率为-2，l 的斜率为43-，则k k )43(1)43()2)(43(1)2(43-+--=--+---，解得112-=k ． 故2l 的直线方程为)3(1122--=+x y ．即016112=++y x ．解法二：在直线1l 上取一点)0,2(A ，又设点A 关于直线l 的对称点为),(00y x B ，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+⋅++⋅=--.01204223,3420000y x x y 解得)58,54(-B故由两点式可求得直线2l 的方程为016112=++y x ．解法三：设直线2l 上一动点),(y x M 关于直线l 的对称点为),('''y x M ，则 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+⋅++⋅=--.012423,34''''y y x x x x y y解得256247'+-=y x x ，258724'+--=y x y ．显然),('''y x M 在1l 上，即42587242562472=-+--++-⋅y x y x ，也即016112=++y x ．这便是所求的直线2l 的方程．解法四：设直线2l 上一动点),(y x M ，则M 关于l 的对称点'M 在直线1l 上，可设'M 的坐标为)24,(00x x -，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-----+=-+,34)24(,51)24(4351430000x x x y x x y x即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-----+=-+-.34)24(,51)24(435)143(0000x x x y x x y x消去0x ，得016112=++y x ，即此所求的直线2l 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2l 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m 取什么实数，直线0)11()3()12(=--++-m y m x m 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m ，给m 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m 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m 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m 都成立，那么就以m 为未知数，整理为关于m 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0)11()3()12(=--++-m y m x m ，令0=m ，得0113=--y x ；令1=m ，得0104=++y x ．解方程组⎩⎨⎧=++=--01040113y x y x 得两直线的交点为)3,2(-．将点)3,2(-代入已知直线方程左边，得：)11()3()3(2)12(---⨯++⨯-m m m 0119324=+----=m m m ．这表明不论m 为什么实数，所给直线均经过定点)3,2(-． 解法二：将已知方程以m 为未知数，整理为：0)113()12(=++-+-+y x m y x ．由于m 取值的任意性，有⎩⎨⎧=++-=-+0113012y x y x ，解得2=x ，3-=y ．所以所给的直线不论m 取什么实数，都经过一个定点)3,2(-．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α(︒<≤︒18090α)镜框中，画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距a m 、b m (b a >)，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，AO 为镜框边，AB 为画的宽度，O 为下边缘上的一点，则可将问题转化为：已知α=∠xOA ，a OA =，b OB =，在x 轴的正方向向上求一点C ，使ACB ∠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C 点坐标为)0,(x (0>x )，从三角函数定义知A 、B 两点坐标分别为)sin ,cos (ααa a 、)sin ,cos (ααb b ，于是直线AC 、BC 的斜率分别为x a a xCA k AC -=∠=ααcos sin tan ，x b b xCB k BC -=∠=ααcos sin tan ．于是2cos )(sin )(1tan x x b a ab x b a k k k k ACB AC BC AC BC ++--=⋅+-=∠αα，即ααcos )(sin )(tan b a x x abb a ACB +-+-=∠．由于ACB ∠是锐角，且在)2,0(π上，则：ααcos )(2sin )(tan b a ab b a ACB +--≤∠，当且仅当x x ab =，即ab x =时，等号成立，此时ACB ∠取最大值，对应的点为)0,(ab C ，因此，学生距离镜框下缘m ab 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ACB ∠tan 的最大值．如果坐标系选择不当，或选择求ACB ∠sin 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x ，y 满足04=-+y x ，求22)1()1(-+-y x 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：22)1()1(-+-y x 可看成点),(y x 与)1,1(之间的距离．解：(法1)由04=-+y x 得x y -=4(R x ∈)，则2222)14()1()1()1(--+-=-+-x x y x961222+-++-=x x x x 10822+-=x x2)2(22+-=x ， ∴22)1()1(-+-y x 的最小值是2.(法2)∵实数x ，y 满足04=-+y x ， ∴点),(y x P 在直线04=-+y x 上．而22)1()1(-+-y x 可看成点),(y x P 与点)1,1(A 之间的距离(如图所示)显然22)1()1(-+-y x 的最小值就是点)1,1(A 到直线04=-+y x 的距离：21141122=+-+=d ，∴22)1()1(-+-y x 的最小值为2．说明：利用几何意义，可以使复杂问题简单化．形如22)()(b y a x -+-的式子即可看成是两点间的距离，从而结合图形解决．典型例题十四例14直线x y 2=是ABC ∆中C ∠的平分线所在的直线，且A ，B 的坐标分别为)2,4(-A ，)1,3(B ，求顶点C 的坐标并判断ABC ∆的形状．分析：“角平分线”就意味着角相等，故可考虑使用直线的“到角”公式将“角相等”列成一个表达式．解：(法1)由题意画出草图（如图所示）．∵点C 在直线x y 2=上，∴设)2,(a a C ，则422+-=a a k AC ，312--=a a k BC ，2=l k ．由图易知AC 到l 的角等于l 到BC 的角，因此这两个角的正切也相等．∴l BC lBC l AC AC l k k kk k k k k +-=⋅+-11， ∴231212312242214222⋅--+---=⋅+-++--a a a a a a a a ．解得2=a ．∴C 的坐标为)4,2(，∴31=AC k ，3-=BC k ，∴BC AC ⊥．∴ABC ∆是直角三角形．(法2)设点)2,4(-A 关于直线x y l 2=：的对称点为),('b a A ，则'A 必在直线BC 上．以下先求),('b a A ．由对称性可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-⋅=+-=+-,24222,2142a b a b解得⎩⎨⎧-==24b a ，∴)2,4('-A ． ∴直线BC 的方程为343121--=---x y ，即0103=-+y x ． 由⎩⎨⎧=-+=01032y x x y 得)4,2(C ． ∴31=AC k ，3-=BC k ，∴BC AC ⊥．∴ABC ∆是直角三角形．说明：(1)在解法1中设点C 坐标时，由于C 在直线x y 2=上，故可设)2,(a a ，而不设),(b a ，这样可减少未知数的个数．(2)注意解法2中求点)2,4(-A 关于l 的对称点),('b a A 的求法：原理是线段'AA 被直线l 垂直平分．典型例题十五例15 两条直线m y x m l 352)3(1-=++：，16)5(42=++y m x l ：，求分别满足下列条件的m的值．(1) 1l 与2l 相交； (2) 1l 与2l 平行； (3) 1l 与2l 重合； (4) 1l 与2l 垂直； (5) 1l 与2l 夹角为︒45．分析：可先从平行的条件2121b b a a =(化为1221b a b a =)着手．解：由m m +=+5243得0782=++m m ，解得11-=m ，72-=m ． 由163543m m -=+得1-=m ． (1)当1-≠m 且7-≠m 时，2121b b a a ≠，1l 与2l 相交；(2)当7-=m 时，212121c c b b a a ≠=．21//l l ；(3)当1-=m 时，212121c c b b a a ==，1l 与2l 重合；(4)当02121=+b b a a ，即0)5(24)3(=+⋅+⋅+m m ，311-=m 时，21l l ⊥；(5)231+-=m k ，m k +-=542．由条件有145tan 11212=︒=+-k k k k ．将1k ，2k 代入上式并化简得029142=++m m ，527±-=m ；01522=-+m m ，35或-=m ．∴当527±-=m 或-5或3时1l 与2l 夹角为︒45．说明：由m m +=+5243解得1-=m 或7-=m ，此时两直线可能平行也可能重合，可将m 的值代入原方程中验证是平行还是重合．当m m +≠+5243时两直线一定相交，此时应是1-≠m 且7-≠m ． 典型例题十六例16点)3,2(1P，)5,4(2-P 和)2,1(-A ，求过点A 且与点1P ，2P 距离相等的直线方程． 分析：可以用待定系数法先设出直线方程，再求之；也可从几何意义上考察这样的直线具有的特征．解：(法1)设所求直线方程为)1(2+=-x k y ，即02=++-k y kx ，由点1P 、2P 到直线的距离相等得：1254123222+++--=+++-k k k k k k ．化简得3313--=-k k ，则有：3313--=-k k 或3313+=-k k ，即31-=k 或方程无解．方程无解表明这样的k 不存在，但过点A ，所以直线方程为1-=x ，它与1P ，2P 的距离都是3．∴所求直线方程为)1(312+-=-x y 或1-=x ．(法2)设所求直线为l ，由于l 过点A 且与1P ，2P 距离相等，所以l 有两种情况，如下图：(1)当1P ，2P 在l 同侧时，有21//P Pl ，此时可求得l 的方程为)1(24352+---=-x y ，即)1(312+-=-x y ；(2)当1P ，2P 在l 异侧时，l 必过21P P中点)4,1(-，此时l 的方程为1-=x ． ∴所求直线的方程为)1(312+-=-x y 或1-=x ．说明：该题如果用待定系数法解易漏掉1-=x ，即斜率不存在的情况．所以无论解什么题目，只要图形容易画出，就应结合图形，用代数法、几何法配合来解．典型例题十七例17 经过点)1,2(-P 且与直线0623=--y x 平行的直线l 的方程．分析：已知直线l 与直线0623=--y x 平行，故l 的斜率可求，又l 过已知点P ，利用点斜式可得到l 的方程．另外由于l 与已知直线平行，利用平行直线系方程，再由已知点P ，也可确定l 的方程．解法一：由已知直线0623=--y x ，知其斜率23=k ． 又由l 与直线0623=--y x 平行，所以直线l 的斜率23=l k ．又由直线l 经过已知点)1,2(-P ，所以利用点斜式得到直线l 的方程为：)2(231-=+x y ，即0823=--y x ．解法二：因为直线l 平行于直线0623=--y x ，所以可设直线l 的方程为023=+-C y x ． 又点)1,2(-P 在直线l 上，所以0)1(223=+-⨯-⨯C ，解得8-=C ． 故直线l 的方程为0823=--y x ．说明：解法二使用的是平行直线系，并用了待定系数法来解．典型例题十八例18 过点)1,1(-P 且与直线0132=++y x 垂直的直线l 的方程．分析：已知直线l 与直线0132=++y x 垂直，故l 的斜率可求，又l 过已知点P ，利用点斜式可得到l 的方程．另外由于l 与已知直线垂直，利用垂直直线系方程，再由已知点P ，也可确定l 的方程．解法一：由直线0132=++y x ，知其斜率32-=k ．又由l 与直线0132=++y x 垂直，所以直线l 的斜率231=-=k k l ．又因l 过已知点)1,1(-P ，利用点斜式得到直线l 的方程为)1(231-=+x y ，即0523=--y x ．解法二：由直线l 与直线0132=++y x 垂直，可设直线l 的方程为：023=+-C y x ．又由直线l 经过已知点)1,1(-P ，有0)1(213=+-⨯-⨯C ．解得5-=C ．因此直线l 的方程为0523=--y x ．说明：此题的解二中使用垂直直线系方程，并使用了待定系数法． 典型例题十九例19知直线l 经过两条直线021=+y x l ：与010432=--y x l ：的交点，且与直线03253=+-y x l ：的夹角为4π，求直线l 的方程．分析：先求1l 与2l 的交点，再列两条直线夹角公式，利用l 与3l夹角为4π，求得l 的斜率．也可使用过两直线交点的直线系方程的方法省去求交点的过程，直接利用夹角公式求解．解法一：由方程组⎩⎨⎧=--=+0104302y x y x 解得直线1l 与2l 的交点)1,2(-．于是，所求直线l 的方程为)2(1-=+x k y ．又由已知直线03253=+-y x l ：的斜率253=k ，而且l 与3l 的夹角为4π，故由两直线夹角正切公式，得3314tan kk k k +-=π，即k k 251254tan +-=π． 有125125±=+-kk ，15252±=+-k k ，当15252=+-k k 时，解得37-=k ；当15252-=+-k k 时，解得73=k ． 故所求的直线l 的方程为)2(731-=+x y 或)2(371--=+x y ，即01373=--y x 或01137=-+y x ．解法二：由已知直线l 经过两条直线1l 与2l 的交点，则可设直线l 的方程为0)2()1043(=++--y x y x λ， （*）即010)42()3(=--++y x λλ．又由l 与3l 的夹角为4π，3l的方程为0325=+-y x ，有 212112214tanB B A A B A B A +-=π，即)42)(2()3(55)42()2)(3(1--++⨯---+=λλλλ，也即λλ+-=2312141，从而1231214=+-λλ，1231214-=+-λλ．解得139-=λ，1137=λ．代入（*）式，可得直线l 的方程为01373=--y x 或01137=-+y x ．说明：此题用到两直线的夹角公式，注意夹角公式与到角公式的区别。