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3.2.2 对称的图形

在例3.20～例3.22中，几何图形都出现了明显的直角，并且可以通过直角来建立直角坐标系。然而，在某些题目中，直角并没有那么明显，但建立直角坐标系仍然非常方便。

✍️ 例 3.23

(2017 全国 II 理 12) 已知 △ABC\triangle ABC 是边长为 2 的等边三角形, PP 为平面 ABCABC 内一点, 则 PA→⋅(PB→+PC→)\overrightarrow{PA} \cdot (\overrightarrow{PB} + \overrightarrow{PC}) 的最小值是 ( ).

A. -2 B. −32-\frac{3}{2} C. −43-\frac{4}{3} D. -1

🔑 查看解析与步骤

由于 △ABC\triangle ABC 是等边三角形, 取 BCBC 的中点 OO , 则 AO⊥BCAO \perp BC , 出现了直角关系, 故以 OO 为坐标原点, OAOA , BCBC 所在直线分别为 xx 轴、 yy 轴建立直角坐标系, 如图3-18所示. 由等边三角形的边长为2, 可得 A(0,3)A(0, \sqrt{3}) , B(−1,0)B(-1, 0) , C(1,0)C(1, 0) .

设 P(x,y)P(x,y) ，由 PA→=(−x,3−y),PB→+PC→=(−2x,−2y),\overrightarrow{PA} = (-x,\sqrt{3} -y),\overrightarrow{PB} +\overrightarrow{PC} = (-2x, - 2y), 则

PA→⋅(PB→+PC→)=2x2+2y2−23y=2x2+2(y−32)2−32⩾−32,\overrightarrow {P A} \cdot (\overrightarrow {P B} + \overrightarrow {P C}) = 2 x ^ {2} + 2 y ^ {2} - 2 \sqrt {3} y = 2 x ^ {2} + 2 \left(y - \frac {\sqrt {3}}{2}\right) ^ {2} - \frac {3}{2} \geqslant - \frac {3}{2},

图3-18

当且仅当 x=0,y=32x = 0, y = \frac{\sqrt{3}}{2} 时等号成立, 所以 PA→⋅(PB→+PC→)\overrightarrow{PA} \cdot (\overrightarrow{PB} + \overrightarrow{PC}) 的最小值是 −32-\frac{3}{2} . 故选 B.

实际上, 垂直关系虽然非常重要, 但并不是建立坐标系的关键. 本题的关键在于几何图形的对称性. 几何图形上的点几乎都位于坐标轴上, 这为运算带来了极大的便利. 基于此, 对于对称的图形, 我们提出以下建议:

📦 建议二

如果图形是轴对称图形, 那么以对称轴为坐标轴来建系.

在众多几何图形中, 对称轴最多的图形莫过于圆, 而涉及圆的考题, 我们往往将圆心作为坐标原点来建系.

✍️ 例 3.24

(2023 云南模考 7) 已知 △ABC\triangle ABC 的外接圆的圆心为 OO , 且 A=π3A = \frac{\pi}{3} , BC=23BC = 2\sqrt{3} , 则 OB→⋅AC→\overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{AC} 的最大值为 ( ).

A. 32\frac{3}{2} B. 3\sqrt{3} C. 2

D. 3

🔑 查看解析与步骤

由 A=π3,BC=23A = \frac{\pi}{3}, BC = 2\sqrt{3} 可得圆 OO 的直径 2r=BCsin⁡A=4,2r = \frac{BC}{\sin A} = 4, 即 r=2,r = 2, 圆 OO 的方程为 x2+y2=4,x^{2} + y^{2} = 4, 即点 AA 为圆 OO 上的动点.由 A=π3A = \frac{\pi}{3} , 可知 ∠BOC=2π3\angle BOC = \frac{2\pi}{3} , 固定 BCBC , 不妨以圆心 OO 为坐标原点, 设 BC⊥yBC \perp y 轴, 建立平面直角坐标系, 如图3-19所示, 可得 B(−3,−1),C(3,−1)B(-\sqrt{3}, - 1),C(\sqrt{3}, - 1) , 为了便于运算, 点 AA 的坐标用参数方程来表示, 设为 A(2cos⁡α,2sin⁡α),α∈[0,7π6)∪(7π6,11π6)∪(11π6,2π).A(2\cos \alpha ,2\sin \alpha),\alpha \in \left[0,\frac{7\pi}{6}\right)\cup \left(\frac{7\pi}{6},\frac{11\pi}{6}\right)\cup \left(\frac{11\pi}{6},2\pi\right).


图3-19

由 OB→=(−3,−1),AC→=(3−2cos⁡α,−1−2sin⁡α)\overrightarrow{OB} = (-\sqrt{3}, - 1),\overrightarrow{AC} = (\sqrt{3} -2\cos \alpha , - 1 - 2\sin \alpha) ，则

OB→⋅AC→=2sin⁡α+23cos⁡α−2=4sin⁡(α+π3)−2.\overrightarrow {O B} \cdot \overrightarrow {A C} = 2 \sin \alpha + 2 \sqrt {3} \cos \alpha - 2 = 4 \sin \left(\alpha + \frac {\pi}{3}\right) - 2.

因为 α∈[0,7π6)∪(7π6,11π6)∪(11π6,2π)\alpha \in \left[0, \frac{7\pi}{6}\right) \cup \left(\frac{7\pi}{6}, \frac{11\pi}{6}\right) \cup \left(\frac{11\pi}{6}, 2\pi\right) , 所以 sin⁡(α+π3)∈(−1,1]\sin \left(\alpha + \frac{\pi}{3}\right) \in (-1, 1] , 则 OB→⋅AC→∈(−6,2]\overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{AC} \in (-6, 2] , 所以 OB→⋅AC→\overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{AC} 的最大值为 2, 故选 C.

在例3.24中, 动点是点 AA , 因此 B,CB, C 的位置可以固定. 在建立坐标系时, 我们需要确定真正的”核心动点”, 其他点看似是动点, 但实际上固定这些点的位置不会影响整个问题的解答. 例如, 接下来的例子中, 关键在于确定哪个点是真正的”核心动点”.

✍️ 例 3.25

(2023 全国乙理 12) 已知 ⊙O\odot O 的半径为 1, 直线 PAPA 与 ⊙O\odot O 相切于点 AA , 直线 PBPB 与 ⊙O\odot O 交于 B,CB, C 两点, DD 为 BCBC 的中点, 若 ∣PO∣=2|PO| = \sqrt{2} , 则 PA→⋅PD→\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PD} 的最大值为 ( ).

A. 1+22\frac{1 + \sqrt{2}}{2} B. 1+222\frac{1 + 2\sqrt{2}}{2} C. 1+21 + \sqrt{2} D. 2+22 + \sqrt{2}

🔑 查看解析与步骤

以 ⊙O\odot O 的圆心 OO 为坐标原点, OA→\overrightarrow{OA} 为 xx 轴的正方向, 建立直角坐标系, 因为直线 PAPA 与 ⊙O\odot O 相切于点 AA , 所以固定点 AA 在坐标轴上, 令 A(1,0)A(1,0) , 如图3-20所示. 又由 ∣PO∣=2|PO| = \sqrt{2} , 此时点 PP 的坐标也可以固定, 可求得 P(1,1)P(1,1) . 又由直线 PBPB 与 ⊙O\odot O 交于 B,CB,C 两点, 直线 PBPB 是绕着点 PP 在旋转, 而 DD 为 BCBC 的中点, 故点 DD 是本题中的”核心动点”. 由垂径定理可知 OD⊥DPOD \perp DP . 设 D(x,y)D(x,y) , 则 OD→=(x,y)\overrightarrow{OD} = (x,y) , PD→=(x−1,y−1)\overrightarrow{PD} = (x - 1,y - 1) , 由 OD→⋅PD→=0\overrightarrow{OD} \cdot \overrightarrow{PD} = 0 , 可得 (x−12)2+(y−12)2=12\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + \left(y - \frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{2} , 可知点 D(x,y)D(x,y) 是在以 M(12,12)M\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right) 为圆


图3-20

心, 22\frac{\sqrt{2}}{2} 为半径的圆上 (注意点 DD 的轨迹不是完整的圆, 具体见下面的注释). 为了便于代数运算, 故设点 DD 为 (12+22cos⁡α,12+22sin⁡α)\left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cos \alpha, \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \sin \alpha\right) . 又由 PA→=(0,−1)\overrightarrow{PA} = (0, -1) , PD→=(22cos⁡α−12,22sin⁡α−12)\overrightarrow{PD} = \left(\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \alpha - \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2} \sin \alpha - \frac{1}{2}\right) , 可知

PA→⋅PD→=12−22sin⁡α⩽1+22,\overrightarrow {P A} \cdot \overrightarrow {P D} = \frac {1}{2} - \frac {\sqrt {2}}{2} \sin \alpha \leqslant \frac {1 + \sqrt {2}}{2},

当且仅当 sin⁡α=−1\sin \alpha = -1 时等号成立, 此时 DD 的坐标为 (12,1−22)\left(\frac{1}{2}, \frac{1 - \sqrt{2}}{2}\right) , 显然此时 DD 落在圆 OO 内, 即能取到最大值, 且 PA→⋅PD→\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PD} 的最大值为 1+22\frac{1 + \sqrt{2}}{2} , 故选 A.

📌 标注说明

因为点 D 始终是落在圆 x2+y2=1x^{2}+y^{2}=1 内，因此点 D 的轨迹方程不是完整的圆，仅仅是圆 (x−12)2+(y−12)2=12\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(y-\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{1}{2} 的一部分。由 {x2+y2=1(x−12)2+(y−12)2=12\left\{\begin{aligned}x^{2}+y^{2}&=1\\ \left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(y-\frac{1}{2}\right)^{2}&=\frac{1}{2}\end{aligned}\right. 得到两圆的交线为 x+y=1x+y=1 ，可知点 D 的轨迹为直线 x+y=1x+y=1 下方部分的圆弧。

通过例3.23～例3.25我们可以得出如下经验：

📦 经验总结 3.1

几何图形的对称轴越多, 建系往往越方便.

对于拥有多个对称轴的图形, 我们会毫不犹豫地利用其对称性来建立直角坐标系. 多个对称轴的图形在建系方面具有天然的优势. 然而, 当对称图形与其他图形同时存在时, 我们应该如何建立坐标系呢? 下面通过例子来进行说明:

✍️ 例 3.26

(2017 全国Ⅲ理 12) 在矩形 ABCD 中, AB = 1, AD = 2, 动点 P 在以点 C 为圆心且与 BD 相切的圆上. 若 AP→=λAB→+μAD→\overrightarrow{AP} = \lambda \overrightarrow{AB} + \mu \overrightarrow{AD} , 则 λ+μ\lambda + \mu 的最大值为 ( ).

A. 3 B. 222\sqrt{2} C. 5\sqrt{5} D. 2

🧠 思路分析

既要考虑圆的对称性, 又要考虑矩形的邻边垂直, 故我们以圆心 CC 为原点, 矩形的两个邻边 CB,CDCB, CD 所在直线为坐标轴建系.

🔑 解析 1

建立如图 3-21 所示的平面直角坐标系, 则 A(2,1), B(2,0), D(0,1).

设 P(x,y)P(x,y) , 则 AP→=(x−2,y−1)\overrightarrow{AP} = (x - 2, y - 1) , AB→=(0,−1)\overrightarrow{AB} = (0, -1) , AD→=(−2,0)\overrightarrow{AD} = (-2, 0) . 在 Rt △ABD\triangle ABD 中, AB=1AB = 1 , AD=2AD = 2 , 所以 BD=AB2+AD2=5BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{5} . 设 BDBD 切圆 CC 于点 EE , 则 CE=BC⋅CDBD=255CE = \frac{BC \cdot CD}{BD} = \frac{2\sqrt{5}}{5} , 从而圆 CC 的方程为 x2+y2=45x^2 + y^2 = \frac{4}{5} , 故


图3-21

AP→=λAB→+μAD→⇒{x−2=−2μy−1=−λ⇒λ+μ=−12x−y+2.\overrightarrow {A P} = \lambda \overrightarrow {A B} + \mu \overrightarrow {A D} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l l} x - 2 = - 2 \mu \\ y - 1 = - \lambda \end{array} \right. \Rightarrow \lambda + \mu = - \frac {1}{2} x - y + 2.

设 z=−12x−y+2z = -\frac{1}{2} x - y + 2 ，即 x+2y+2z−4=0x + 2y + 2z - 4 = 0 。又因为点 P(x,y)P(x, y) 在圆 x2+y2=45x^2 + y^2 = \frac{4}{5} 上，所以直线 x+2y+2z−4=0x + 2y + 2z - 4 = 0 与圆有交点，于是圆心 (0,0)(0, 0) 到直线 x+2y+2z−4=0x + 2y + 2z - 4 = 0 的距离小于或等于半径，即 ∣2z−4∣12+22⩽255\frac{|2z - 4|}{\sqrt{1^2 + 2^2}} \leqslant \frac{2\sqrt{5}}{5} ，解得 1⩽z⩽31 \leqslant z \leqslant 3 。故选 A.

在求解 λ+μ\lambda + \mu 取值范围的过程中, 解析 1 最终利用了几何意义. 在本题中, 我们同样可以利用代数运算来确定这个范围. 因此, 我们考虑使用圆的参数方程来求解.

🔑 解析2

由解析1可知点 PP 的轨迹方程为 x2+y2=45x^{2} + y^{2} = \frac{4}{5} , 故可设 P(255cos⁡α,255sin⁡α)P\left(\frac{2\sqrt{5}}{5}\cos \alpha, \frac{2\sqrt{5}}{5}\sin \alpha\right) , 由解析1知 A(2,1),B(2,0),D(0,1)A(2,1), B(2,0), D(0,1) , 则

AP→=λAB→+μAD→⇒λ+μ=2−255sin⁡α−55cos⁡α=2−sin⁡(α+φ)⩽3,\overrightarrow {A P} = \lambda \overrightarrow {A B} + \mu \overrightarrow {A D} \Rightarrow \lambda + \mu = 2 - \frac {2 \sqrt {5}}{5} \sin \alpha - \frac {\sqrt {5}}{5} \cos \alpha = 2 - \sin (\alpha + \varphi) \leqslant 3,

其中 tan⁡φ=12\tan\varphi=\frac{1}{2} ，当且仅当 sin⁡(α+φ)=−1\sin(\alpha+\varphi)=-1 时等号成立，所以 λ+μ\lambda+\mu 的最大值为 3，故选 A.

在例3.26中, 我们了解到当多个图形同时存在时, 我们需要尽量满足各个图形的特征. 在考虑这些前提条件的情况下, 建立坐标系的选择将会大大减少. 因此, 针对这种情况, 我们提出以下建议:

📦 建议三

建系涉及两个图形时需尽量使用几何图形的对称性或直角.

🎯 变式 3.26.1

已知 O 是 △ABC\triangle ABC 的外心, ∠C=45∘\angle C = 45^{\circ} , 则 OC→=mOA→+nOB→\overrightarrow{OC} = m\overrightarrow{OA} + n\overrightarrow{OB} , 则 m+nm + n 的取值范围是 ( ).

A. [−2,2][-\sqrt{2}, \sqrt{2}] B. [−2,1)[-\sqrt{2}, 1) C. [−2,−1][-\sqrt{2}, -1] D. (1,2](1, \sqrt{2}]