3.2.1 垂直的图形

若图形中含有直角，则这样的图形往往会选择以直角点为坐标系的原点，两直角边所在直线为坐标轴建立坐标系．

例 3.20

(2015 福建理 9) 已知 $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{AC},|\overrightarrow{AB}|=\frac{1}{t},|\overrightarrow{AC}|=t.$ 若点 $P$ 是 $△ABC$ 所在平面内的一点，且 $\overrightarrow{AP}=\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}+\frac{4\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}$ ，则 $\overrightarrow{PB}\cdot \overrightarrow{PC}$ 的最大值等于（）. A. 13 B. 15 C. 19 D. 21

图3-15

查看解析与步骤

因为 $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{AC}$ ，出现了垂直关系，故考虑以 $A$ 为坐标原点， $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$ 所在直线为坐标轴建立直角坐标系，如图 3-15 所示。因为 $|\overrightarrow{AB}|=\frac{1}{t},|\overrightarrow{AC}|=t$ ，所以 $B\left(\frac{1}{t},0\right),C(0,t)$ 。设 $P(x_0,y_0)$ ，由 $\overrightarrow{AP}=\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}+\frac{4\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|}$ 可得点 $P$ 的坐标为 (1,4)。于是

$\overrightarrow{PB}\cdot \overrightarrow{PC}=\left(\frac{1}{t}-1,-4\right)\cdot (-1,t-4)=17-\left(4t+\frac{1}{t}\right)⩽-4+17=13(t>0)$，当且仅当 $\frac{1}{t}=4t$，即 $t=\frac{1}{2}$ 时等号成立．所以 $\overrightarrow{PB}\cdot \overrightarrow{PC}$ 的最大值为 13, 故选 $A$.

例3.20之所以考虑建系的关键在于出现了一个“直角”的信息．如果几何图形不止一个直角，那么我们该如何建系呢?

例 3.21

(2018 天津理 8) 如图 3-16 所示，在平面四边形 ABCD 中，$AB\perp BC$ , $AD\perp CD$ , $\angle BAD=120^{\circ }$ , AD = AB = 1. 若点 $E$ 为边 CD 上的动点，则 $\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BE}$ 的最小值为 ( ). A. $\frac{21}{16}$ B. $\frac{3}{2}$ C. $\frac{25}{16}$ D. 3

思路分析

由于四边形形状非常特殊，题干告诉了两个直角，另一个角为 $120^{\circ }$，则第四个内角必然为 $60^{\circ }$．要选择 $B,D$ 中的一个点作为坐标原点，选择哪一个呢? 我们应该选择把动点固定在坐标轴上，这样会减少变量，因此，考虑直角 $\angle ADC$ 来建系．

图3-16

查看解析与步骤

因为 $AD\perp CD$ ，出现了垂直关系，故考虑以点 $D$ 为坐标原点，DA, DC 所在直线分别为 $x$ 轴、$y$ 轴建立直角坐标系。如图 3-17 所示，过点 $B$ 作 $BN\perp x$ 轴， $BM\perp y$ 轴，在 Rt△ABN 中，因为 AB = 1， $\angle BAN=180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }$ ，所以

A N = A B cos angle B A N = frac 12, B N = A B sin angle B A N = frac sqrt 32.$$AN=AB\cos \angle BAN=\frac{1}{2},BN=AB\sin \angle BAN=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

故 $BM=DN=AD+AN=\frac{3}{2}$．又因为 $\angle C=360^{\circ }-90^{\circ }-90^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }$，所以在 Rt $△BMC$ 中，$CM=\frac{BM}{\tan 60^{\circ }}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，因此 $DC=DM+MC=\sqrt{3}$，故 $A(1,0),B\left(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ .

图3-17

设 $E(0,y)$，其中 $y\in [0,\sqrt{3}]$，则 $\overrightarrow{AE}=(-1,y),\overrightarrow{BE}=\left(-\frac{3}{2},y-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$，可得

overrightarrow A E · overrightarrow B E = y ^ 2 - frac sqrt 32 y + frac 32 = (y - frac sqrt 34) ^ 2 + frac 2 11 6 ≥slant frac 2 11 6,$$\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BE}=y^2-\frac{\sqrt{3}}{2}y+\frac{3}{2}={\left(y-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)}^2+\frac{21}{16}⩾\frac{21}{16},$$

当且仅当 $y=\frac{\sqrt{3}}{4}$ 时等号成立，所以 $\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BE}$ 的最小值为 $\frac{21}{16}$，故选 $A$.

虽然例3.20与例3.21都是通过建系来解决向量问题，但是我们还是可以从这两个例子中得出一些建系经验，这种经验可以很好地引导我们去建系．

建议一

找直角，如果存在多个直角的情况，我们应该尽量让参与运算的点中有尽可能多的点位于坐标轴上，尤其是动点．

还有一类题型，题目中没有告知是什么图形，相关信息都是用向量表示的，此时如果含有垂直关系，那么我们是否能建立平面直角坐标系呢? 请看下面例题:

例 3.22

(2023 成都一诊) 已知平面向量 $a$, $b$, $c$ 满足 $a\cdot b=0$ , $|a|=|b|=1$ , $(c-a)\cdot (c-b)=\frac{1}{2}$，则 $|c-a|$ 的最大值为 ( ).

A. $\sqrt{2}$ B. $1+\frac{\sqrt{2}}{2}$ C. $\frac{3}{2}$ D. 2

解析 1

令 $\overrightarrow{OA}=a,\overrightarrow{OB}=b,\overrightarrow{OC}=c,$ 由 $a\cdot b=0,$ 可知 $\overrightarrow{OA}\perp \overrightarrow{OB},$ 出现了垂直关系，故考虑以 $O$ 为坐标原点， OA, OB 所在直线分别为 $x$ 轴、$y$ 轴建立直角坐标系．由 $|a|=|b|=1,$ 可知 A(1,0), B(0,1), 因为不确定点 $C$ 的坐标，故设 $C(x,y)$．由 $(c-a)\cdot (c-b)=\frac{1}{2}$，可得 $(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA})\cdot (\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB})=\frac{1}{2}$，即 $(x-1,y)\cdot (x,y-1)=\frac{1}{2}$，化简可得

(x - frac 12) ^ 2 + (y - frac 12) ^ 2 = 1.$${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{1}{2}\right)}^2=1.$$

而 $|c-a|=|\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}|=|\overrightarrow{AC}|=\sqrt{(x-1{)}^2+y^2}$ ，从而所求为圆上的点 $C(x,y)$ 与点 $A(1,0)$ 的距离的最大值，可知圆心 $\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$ 与点 $A(1,0)$ 的距离 $d$ 加上半径1为最大值，即

| boldsymbol c - boldsymbol a | _ max = | overrightarrow A C | _ max = sqrt (1 - frac 12) ^ 2 + (0 - frac 12) ^ 2 + 1 = 1 + frac sqrt 22,$${\left|\mathbf{c}-\mathbf{a}\right|}_{\max }={\left|\overrightarrow{AC}\right|}_{\max }=\sqrt{{\left(1-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(0-\frac{1}{2}\right)}^2}+1=1+\frac{\sqrt{2}}{2},$$

即 $|c-a|$ 的最大值为 $1+\frac{\sqrt{2}}{2}$，故选 $B$.

在解析1 中求 $|c-a|$ 我们利用了几何关系，很明显通过建系我们得到了点 $C(x,y)$ 满足的圆的方程，进而考虑了几何法．当然我们依然可以用代数法，在有关圆的最值问题中我们更多会用到圆的参数方程．

知识点 3.9

圆 $(x-a{)}^2+(y-b{)}^2=r^2$ 的参数方程为 $\{\begin{array}{l}x=a+r\cos \alpha \\ y=b+r\sin \alpha \end{array}$ （α为参数）.

解析 2

由解析1 可知点 $C(x,y)$ 满足的方程为 ${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{1}{2}\right)}^2=1$ ，由圆的参数方程可得 $C\left(\frac{1}{2}+\cos \alpha ,\frac{1}{2}+\sin \alpha \right)$ ，则

| overrightarrow A C | = sqrt (cos α - frac 12) ^ 2 + (frac 12 + sin α) ^ 2 = sqrt frac 32 + sqrt 2 sin (α - frac π4).$$|\overrightarrow{AC}|=\sqrt{{\left(\cos \alpha -\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}+\sin \alpha \right)}^2}=\sqrt{\frac{3}{2}+\sqrt{2}\sin \left(\alpha -\frac{\pi }{4}\right)}.$$

由于 $\alpha \in [0,2\pi )$，故当 $\sin \left(\alpha -\frac{\pi }{4}\right)=1$ 时，$|\overrightarrow{AC}{|}_{\max }=\sqrt{\frac{3+2\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}}=1+\frac{\sqrt{2}}{2}$，故选 $B$.

变式 3.22.1

(2024 天津 14) 在边长为 1 的正方形 ABCD 中，点 $E$ 为线段 CD 的三等分点，$CE=\frac{1}{2}DE$ , $\overrightarrow{BE}=\lambda \overrightarrow{BA}+\mu \overrightarrow{BC}$，则 $\lambda +\mu =$ ____ ; $F$ 为线段 BE 上的动点，$G$ 为 AF 中点，则 $\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{DG}$ 的最小值为 ____.