平面图形中建系 | 平面直角坐标系
在平面图形中若涉及相关的计算，可以考虑建立平面直角坐标系来计算
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；
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。
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\(|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|=\sqrt{7}\)。
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 \(C\) .
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；
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
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
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； ↩︎
