平面图形中建系 | 平面直角坐标系

公式定理💯随心记

【三角函数诱导公式】文字语言：奇变偶不变，符号看象限。符号语言：$\sin (\cfrac {\pi}{2}\pm\alpha)=\cos\alpha$；$\cos (\cfrac {\pi}{2}\pm\alpha)=\mp\sin\alpha$；$\tan (\cfrac {\pi}{2}\pm\alpha)=\mp\cot\alpha$

---

前情概要

如果没有笛卡尔平面直角坐标系，那么涉及平面向量的问题只能用基向量的方法 [形的角度] 求解，不能用代数方法 [数的角度] 计算；同理如果没有空间直角坐标系的介入，立体几何中的问题也就只能从形的角度思考，而不能用代数方法 [数的角度] 来计算；所以建系的目的主要是想把有关形的问题，通过代数的方法计算解决；

本博文旨在总结立体几何中常见几何体的建系方法和类型，比如正四面体中、正三棱柱中、四棱锥等中的建系方法，坐标计算方法等，便于学习。而且我们应该知道，当建立的坐标系不同时，计算的难度是不一样的。

建系汇总

• 平面问题中若涉及平面向量的计算问题，常可以建立平面直角坐标系；

【2017 河北武邑中学一模，文 11】在 $Rt\triangle ABC$ 中，$CA=CB=3$，$M$，$N$ 是斜边 $AB$ 上的两个动点，$MN$ $=$ $\sqrt{2}$，则 $\overrightarrow{CM}\cdot\overrightarrow{CN}$ 的取值范围是【$\qquad$】

$A.[2，\cfrac{5}{2}]$ $B.[2，4]$ $C.[3，6]$ $D.[4，6]$

分析：求向量的内积的取值范围，应该想到用内积的坐标运算，本题目难点是一般想不到主动建系，由形的运算转化为数的运算。

解：如图所示，以点 $C$ 为坐标原点，分别以 $CB、CA$ 所在的直线为 $x、y$ 轴建立如同所示的坐标系，则 $C(0，0)$，$A(0，3)$，$B(3 ，0)$，设点 $N$ 的横坐标为 $x$，则由等腰直角三角形可知，点 $N$ 的纵坐标为 $3-x$，即点 $N(x，3-x)$，

又由 $MN=\sqrt{2}$，计算可知点 $M(x-1，4-x)$，则 $\overrightarrow{CM}=(x-1，4-x)$，$\overrightarrow{CN}=(x，3-x)$，

由于点 $M,N$ 是动点，取两个极限位置研究 $x$ 的取值范围，

当点 $M$ 位于点 $A$ 时，$x$ 取到最小值 $1$，当点 $N$ 位于点 $B$ 时，$x$ 取到最大值 $3$，即 $1\leq x\leq 3$，

则 $\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{CN}=f(x)=(x-1，4-x)\cdot (x，3-x)$

$=x(x-1)+(4-x)(3-x)=2(x-2)^2+4$，$x\in [1，3]$

当 $x=2$ 时，$f(x)_{min}=f(2)=4$，当 $x=1$ 或 $x=3$ 时，$f(x)_{max}=f(1)=f(3)=6$，

即 $f(x)\in [4，6]$。故选 $D$。

【解后反思】对于以图形为背景的向量数量积运算的题目，只需把握图形的特征，建立适当的平面直角坐标系，写出相应点的坐标即可求解。

【2019 届高三理科数学三轮模拟试题】如图，已知两点 $A$，$B$ 在单位圆上，$\angle yOB=60^{\circ}$，$\angle xOA=30^{\circ}$，则 $|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|$=___________。

解法 1️⃣ ：坐标法，已知 $A(\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{1}{2})$，$B(-\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{1}{2})$，则 $\overrightarrow{OA}=(\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{1}{2})$，

$\overrightarrow{OB}=(-\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{1}{2})$，则 $2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}=(-\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{5}{2})$，

故 $|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|=\sqrt{(-\cfrac{\sqrt{3}}{2})^2+(\cfrac{5}{2})^2}=\sqrt{7}$。

解法 2️⃣：向量法，由题目可知，$\angle AOB=120^{\circ}$，$|\overrightarrow{OA}|=|\overrightarrow{OB}|=1$，

则 $|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|=\sqrt{|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|^2}$

$=\sqrt{4|\overrightarrow{OA}|^2+9|\overrightarrow{OB}|^2+2\times 2\times 3\times \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}}$

$=\sqrt{4+9+2\times 2\times 3\times 1\times 1\times (-\cfrac{1}{2})}=7$，故 $|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|=\sqrt{7}$。

解法 3️⃣ ：解三角形法，由向量的平行四边形法则可知，所求的模长即 $\triangle OCD$ 中的边长 $|OC|$，由已知 $|OD|=3|OB|=3$，$|CD|=2|OA|=2$，$\angle ODC=60^{\circ}$，

由余弦定理可知 $|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|^2=|OC|^2=2^2+3^2-2\times2\times 3\times cos60^{\circ}=7$，

故 $|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|=\sqrt{7}$。

【2019 届高三理科数学二轮用题】在矩形 $ABCD$ 中，$AB=2$，$AD=4$，$AC$ 与 $BD$ 相交于点 $O$，过点 $A$ 作 $AE\perp BD$ 于 $E$，则 $\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}$=【$\qquad$】

$A.\cfrac{8}{5}$ $B.\cfrac{16}{5}$ $C.\cfrac{32}{5}$ $D.8$

解法 1️⃣ ：从形的角度思考，采用坐标法求解；以点 $A$ 为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，

则可知 $A(0，0)$，$B(0，-2)$，$C(4，-2)$，$D(4，0)$，设 $E(x，y)$，

则由 $k_{AE}$$\cdot$$k_{BD}$$=$$-1$，可得 $y$$=$$-2x$①，又直线 $BD$：$2y$$=$$x-4$②，

联立①②可得，$x$$=$$\cfrac{4}{5}$，$y$$=$$-\cfrac{8}{5}$，

则 $\overrightarrow{AE}$$\cdot$$\overrightarrow{AC}$$=$$(\cfrac{4}{5}，-\cfrac{8}{5})$$\cdot$$(4，-2)$$=$$\cfrac{32}{5}$，故选 $C$ .

解法 2️⃣ ：本题目还可以用基向量法，以 $\overrightarrow{AB}$ 和 $\overrightarrow{AD}$ 为基向量来表示其他向量，

由射影定理可知，$AB^2$$=$$BE$$\cdot$$BD$，又 $BD$$=$$2$$\sqrt{5}$，故 $BE$$=$$\cfrac{2\sqrt{5}}{5}$，

令 $\overrightarrow{BE}$$=$$t$$\overrightarrow{BD}$，则 $t$$=$$\cfrac{|\overrightarrow{BE}|}{|\overrightarrow{BD}|}$$=$$\cfrac{1}{5}$，^[1]

又 $\overrightarrow{AE}$$=$$\overrightarrow{AB}$$+$$\overrightarrow{BE}$$=$$\overrightarrow{AB}$$+$$\cfrac{1}{5}$$\overrightarrow{BD}$

$=$$\overrightarrow{AB}$$+$$\cfrac{1}{5}$$(\overrightarrow{BA}$$+$$\overrightarrow{AD})$

$=$$\cfrac{4}{5}$$\overrightarrow{AB}$$+$$\cfrac{1}{5}$$\overrightarrow{AD}$

又 $\overrightarrow{AC}$$=$$\overrightarrow{AB}$$+$$\overrightarrow{AD}$，

则 $\overrightarrow{AE}$$\cdot$$\overrightarrow{AC}$$=$$(\cfrac{4}{5}\overrightarrow{AB}$$+$$\cfrac{1}{5}\overrightarrow{AD}$)($\overrightarrow{AB}$$+$$\overrightarrow{AD}$)$=$$\cfrac{4}{5}\overrightarrow{AB}^2$$+$$\cfrac{1}{5}\overrightarrow{AD}^2$

$=\cfrac{4}{5}$$\times$$4$$+$$\cfrac{4}{5}$$\times$$4$$=$$\cfrac{32}{5}$， 故选 $C$ .

在 $\triangle ABC$ 中 $AB=3$，$AC=2$，$\angle BAC$$=$$120^{\circ}$，点 $D$ 为 $BC$ 边上的一点 且 $\overrightarrow{BD}$$=$$2\overrightarrow{DC}$， 则 $\overrightarrow{AB}$$\cdot$$\overrightarrow{AD}$ 等于【$\qquad$】

$A.\cfrac{2}{3}$ $B.1$ $C.2$ $D.\cfrac{1}{3}$

解析： 以 $A$ 为坐标原点 $AB$ 所在的直线为 $x$ 轴建立平面直角坐标系如图所示.

则 $A(0,0)$， $B(3,0)$， $C(-1, \sqrt{3})$，

由于 $\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{DC}$， 所以 $\overrightarrow{BD}=\cfrac{2}{3}\overrightarrow{BC}=\cfrac{2}{3}(-4,\sqrt{3})=(-\cfrac{8}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})$，

则 $D(\cfrac{1}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})$， 则 $\overrightarrow{AD}=(\cfrac{1}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})$，$\overrightarrow{AB}=(3,0)$

所以， $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}=3\times\cfrac{1}{3}+0\times\cfrac{2\sqrt{3}}{3}=1$， 故选 $B$ .

中阶提升

• 平面问题中若涉及轨迹问题，常可以建立平面直角坐标系；

在边长为 $2$ 的正 $\triangle ABC$ 中，若 $P$ 为 $\triangle ABC$ 内一点，且 $|PA|^{2}=|PB|^{2}+|PC|^{2}$，求点 $P$ 的轨迹方程，并画出方程所表示的曲线。

分析：本题目是曲线方程的确定与应用问题，考查建立平面直角坐标系、数形结合思想、曲线方程的求法及分析推理、计算化间技能、技巧等。解答需要先建立平面直角坐标系，写出各点的坐标，用直接法求解，再根据方程判定曲线类型画出其表示的曲线。

解析：以 $BC$ 所在直线为 $x$ 轴，$BC$ 的中点为原点，$BC$ 的中垂线为 $y$ 轴建立平面直角坐标系，

设 $P(x, y)$ 是轨迹上任意一点，又 $|BC|=2$， 故有 $B(-1,0)$， $C(1,0)$， 则 $A(0,\sqrt{3})$，

由于 $|PA|^{2}=|PB|^{2}+|PC|^{2}$，

即 $x^{2}+(y-\sqrt{3})^{2}=(x+1)^{2}+y^{2}+(x-1)^{2}+y^{2}$，

化简得到， $x^{2}+(y+\sqrt{3})^{2}=4$，

又由于点 $P$ 在 $\triangle ABC$ 内， 所以 $y>0$，

所以， $P$ 点的轨迹方程为 $x^{2}+(y+\sqrt{3})^{2}=4(y>0)$.

其轨迹如图所示，为以 $(0,-\sqrt{3})$ 为圆心，半径为 $2$ 的圆在 $x$ 轴上方的圆弧.

对应练习

【2025 届学生问题】已知梯形 $ABCD$ 中，$AD//BC$ ，$\angle B=\cfrac{\pi}{3}$，$AB=2$，$BC=4$，$AD=1$，点 $P$ 和点 $Q$ 在线段 $BC$ 上移动且 $PQ=1$，则 $\overrightarrow{DP}$$\cdot$$\overrightarrow{DQ}$ 的最小值为_______________ .

解：注意到梯形是相对比较特殊的图形，故可以考虑建立平面直角坐标系，利用坐标来计算；分别过点 $A$ 和点 $D$ 做 $BC$ 的垂线，垂足分别为 $E$ 和 $F$，以点 $E$ 为坐标原点，以 $EC$ 和 $EA$ 所在的直线为 $x$ 和 $y$ 轴，建立如图所示的直角坐标系，

由 $\angle B=\cfrac{\pi}{3}$，$AB=2$，$BC=4$，$AD=1$，则可知 $D(1,\sqrt{3})$，不妨令动点 $P$ 在 $Q$ 的左侧，设点 $P(x,0)$，则 $Q(x+1,0)$，则 $x\in[-1,2]$，这样，$\overrightarrow{DP}=(x-1,-\sqrt{3})$，$\overrightarrow{DQ}=(x,-\sqrt{3})$，

则 $\overrightarrow{DP}$$\cdot$$\overrightarrow{DQ}=(x-1)x+3=x^2-x+3$， $x\in[-1,2]$，

利用二次函数可得，$y=f(x)=x^2-x+3=(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{11}{4}$，$x\in[-1,2]$，

故 $f(x)_{\min}=f(\cfrac{1}{2})=\cfrac{1}{4}$，故 $\overrightarrow{DP}$$\cdot$$\overrightarrow{DQ}$ 的最小值为 $\cfrac{1}{4}$ .

高阶延申

• 空间几何体中建系 | 空间直角坐标系 - 静雅斋数学 - 博客园

---

1. 此处是先给等式取模长，由 $\overrightarrow{BE}$$=$$t$$\overrightarrow{BD}$，得到 $|\overrightarrow{BE}|$$=$$|t|$$|\overrightarrow{BD}|$，然后变形求 $t$ 的值，不能理解为向量的除法，我们没有定义向量的除法，只定义了向量的加法、减法、数乘向量和向量的乘法运算； ↩︎