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 $△ABC$ 是边长为 2 的等边三角形，$P$ 为平面 $ABC$ 内一点，则 $\overrightarrow{PA}\cdot (\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC})$ 的最小值是 ( ).

A. -2 B. $-\frac{3}{2}$ C. $-\frac{4}{3}$ D. -1

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由于 $△ABC$ 是等边三角形，取 $BC$ 的中点 $O$，则 $AO\perp BC$，出现了直角关系，故以 $O$ 为坐标原点，$OA$ , $BC$ 所在直线分别为 $x$ 轴、 $y$ 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 $A(0,\sqrt{3})$ , $B(-1,0)$ , $C(1,0)$ .

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

overrightarrow P A · (overrightarrow P B + overrightarrow P C) = 2 x ^ 2 + 2 y ^ 2 - 2 sqrt 3 y = 2 x ^ 2 + 2 (y - frac sqrt 32) ^ 2 - frac 32 ≥slant - frac 32,$$\overrightarrow{PA}\cdot (\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC})=2x^2+2y^2-2\sqrt{3}y=2x^2+2{\left(y-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2-\frac{3}{2}⩾-\frac{3}{2},$$

图3-18

当且仅当 $x=0,y=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时等号成立，所以 $\overrightarrow{PA}\cdot (\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC})$ 的最小值是 $-\frac{3}{2}$．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 $△ABC$ 的外接圆的圆心为 $O$，且 $A=\frac{\pi }{3}$ , $BC=2\sqrt{3}$，则 $\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{AC}$ 的最大值为 ( ).

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

D. 3

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

图3-19

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

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

因为 $\alpha \in \left[0,\frac{7\pi }{6}\right)\cup \left(\frac{7\pi }{6},\frac{11\pi }{6}\right)\cup \left(\frac{11\pi }{6},2\pi \right)$，所以 $\sin \left(\alpha +\frac{\pi }{3}\right)\in (-1,1]$，则 $\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{AC}\in (-6,2]$，所以 $\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{AC}$ 的最大值为 2, 故选 $C$.

在例3.24中，动点是点 $A$，因此 $B,C$ 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 $\odot O$ 的半径为 1, 直线 $PA$ 与 $\odot O$ 相切于点 $A$，直线 $PB$ 与 $\odot O$ 交于 $B,C$ 两点，$D$ 为 $BC$ 的中点，若 $|PO|=\sqrt{2}$，则 $\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PD}$ 的最大值为 ( ).

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

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

图3-20

心，$\frac{\sqrt{2}}{2}$ 为半径的圆上 (注意点 $D$ 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 $D$ 为 $\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cos \alpha ,\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\sin \alpha \right)$．又由 $\overrightarrow{PA}=(0,-1)$ , $\overrightarrow{PD}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos \alpha -\frac{1}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\sin \alpha -\frac{1}{2}\right)$，可知

overrightarrow P A · overrightarrow P D = frac 12 - frac sqrt 22 sin α ≤slant frac 1 + sqrt 22,$$\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PD}=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\sin \alpha ⩽\frac{1+\sqrt{2}}{2},$$

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

因为点 $D$ 始终是落在圆 $x^2+y^2=1$ 内，因此点 $D$ 的轨迹方程不是完整的圆，仅仅是圆 ${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{2}$ 的一部分。由 $\{\begin{array}{rl}{x}^2+y^2& =1\\ {\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{1}{2}\right)}^2& =\frac{1}{2}\end{array}$ 得到两圆的交线为 $x+y=1$ ，可知点 $D$ 的轨迹为直线 $x+y=1$ 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 $\overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{AB}+\mu \overrightarrow{AD}$，则 $\lambda +\mu$ 的最大值为 ( ).

A. 3 B. $2\sqrt{2}$ C. $\sqrt{5}$ 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 $C$ 为原点，矩形的两个邻边 $CB,CD$ 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 $P(x,y)$，则 $\overrightarrow{AP}=(x-2,y-1)$ , $\overrightarrow{AB}=(0,-1)$ , $\overrightarrow{AD}=(-2,0)$．在 Rt $△ABD$ 中，$AB=1$ , $AD=2$，所以 $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{5}$．设 $BD$ 切圆 $C$ 于点 $E$，则 $CE=\frac{BC\cdot CD}{BD}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，从而圆 $C$ 的方程为 $x^2+y^2=\frac{4}{5}$，故

图3-21

overrightarrow A P = λ overrightarrow A B + μ overrightarrow A D ⇒ { l l x - 2 = - 2 μ y - 1 = - λ . ⇒ λ + μ = - frac 12 x - y + 2.$$\overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{AB}+\mu \overrightarrow{AD}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x-2=-2\mu \\ y-1=-\lambda \end{array}\Rightarrow \lambda +\mu =-\frac{1}{2}x-y+2.$$

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

在求解 $\lambda +\mu$ 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 $P$ 的轨迹方程为 $x^2+y^2=\frac{4}{5}$，由解析1知 $P\left(\frac{2\sqrt{5}}{5}\cos \alpha ,\frac{2\sqrt{5}}{5}\sin \alpha \right)$，由解析1知 $A(2,1),B(2,0),D(0,1)$，则

overrightarrow A P = λ overrightarrow A B + μ overrightarrow A D ⇒ λ + μ = 2 - frac 2 sqrt 55 sin α - frac sqrt 55 cos α = 2 - sin (α + φ) ≤slant 3,$$\overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{AB}+\mu \overrightarrow{AD}\Rightarrow \lambda +\mu =2-\frac{2\sqrt{5}}{5}\sin \alpha -\frac{\sqrt{5}}{5}\cos \alpha =2-\sin (\alpha +\phi )⩽3,$$

其中 $\tan \phi =\frac{1}{2}$ ，当且仅当 $\sin (\alpha +\phi )=-1$ 时等号成立，所以 $\lambda +\mu$ 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 $△ABC$ 的外心，$\angle C=45^{\circ }$，则 $\overrightarrow{OC}=m\overrightarrow{OA}+n\overrightarrow{OB}$，则 $m+n$ 的取值范围是 ( ).

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