论平面斜角坐标系在初中几何中的应用

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前言

作为一名热衷于建系法解初中几何题的小蒟蒻，碰到没有直角的时候就无能为力了。如果强行建系，需要算三角函数，计算量很大。因此，笔者选择引入平面斜角坐标系，使计算更为简便。

由于本文范围是初中几何，所以很多内容不涉及平面向量。事实上，用平面向量证明一些结论是更简便的。

定义

平面斜角坐标系是以平面中两条不共线的直线为 x 轴，y 轴，建立的平面坐标系。

更严谨的定义

在平面内取两不共线单位向量 \vec{e_x}, \vec{e_y} 与一定点 O，以点 O 为基底 \{\vec{e_x}, \vec{e_y}\} 的起点，以 O 为原点，基底 \{\vec{e_x}, \vec{e_y}\} 为坐标轴建系，记作 xOy - \theta。其中，\theta 为 \vec{e_x}, \vec{e_y} 夹角且 \in (0,\pi)。

点

坐标

思考一下平面直角坐标系中获取点坐标的方式，我们作两条垂线，实质是作一个矩形。

类似地，平面斜角坐标系中，对于点 A，作 AB \parallel y 轴，交 x 轴于点 B；作 AC \parallel x 轴，交 y 轴于点 C。则 A(OB, OC)。

如果用向量定义可以更简便：点 A(x,y)，则 \vec{OA}=x\vec{e_x}+y\vec{e_y}。

两点间距离公式

结论：对于点 A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)，记 \Delta x=x_2-x_1, \Delta y=y_2-y_1，则

AB=\sqrt{{\Delta x}^2+{\Delta y}^2+2\Delta x \Delta y \cos \theta}

证明

如图，作 AC\parallel y 轴，交 x 轴于点 C；作 AD \parallel x 轴，交 y 轴于点 D。作 BE \parallel y 轴，交 x 轴于点 E；作 BF \parallel x 轴，交 y 轴于点 F。记 AD 与 BE 交于点 G，AC 与 BF 交于点 H。

由坐标的定义得：CO=x_1,DO=y_1,EO=x_2,FO=y_2，所以 CE=\Delta x, DF=\Delta y。

由平行四边形的定义，易证四边形 ACOD, ADFH, ACEG, AGBH 都是平行四边形，所以 BH=AG=CE=\Delta x, AH=DF=\Delta y。

又因为 AC \parallel DO，所以 \angle ACE=\angle O = \theta，又因为 BF \parallel EO，所以 \angle BHA=180 \degree-\angle ACE=180 \degree-\theta。

在 \triangle BHA 中，由余弦定理得

AB^2=AH^2+BH^2-2 \times AH \times BH \times \cos \angle BHA

即

AB^2={\Delta x}^2+{\Delta y}^2-2\Delta x \Delta y \cos (180 \degree-\theta)

所以

AB=\sqrt{{\Delta x}^2+{\Delta y}^2+2\Delta x \Delta y \cos \theta}

中点坐标公式

结论：中点坐标公式不变。即对于点 A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)，则其中点 M(\dfrac{x_1+x_2}{2},\dfrac{y_1+y_2}{2})。

证明

如图，作 AC \parallel y 轴，交 x 轴于点 C；作 AD \parallel x 轴，交 y 轴于点 D。作 BE \parallel y 轴，交 x 轴于点 E；作 BF \parallel x 轴，交 y 轴于点 F。作 MP \parallel y 轴，交 x 轴于点 P；作 MQ \parallel x 轴，交 y 轴于点 Q。记 AD 与 BE 交于点 G，AC 与 BF 交于点 H，MP 与 DG 交于点 I，MQ 与 AH 交于点 J。

易证明四边形 AGBH 是平行四边形，其中 IM \parallel AH，JM \parallel BH。

因为 M 是 AB 中点，所以 \dfrac{AM}{BM}=1。

在 \triangle ABH 中，由平行线分线段成比例得 \dfrac{AJ}{HJ}=\dfrac{AM}{BM}=1。又易证四边形 FQJH, FDAH, QDAJ 都是平行四边形，所以 DQ=FQ。同理 CP=EP。

由坐标定义得：CO=x_1,EO=x_2，则 CP=\dfrac{1}{2}CE=\dfrac{x_2-x_1}{2}，所以 PO=CO+CE=x_1+\dfrac{x_2-x_1}{2}=\dfrac{x_1+x_2}{2}。同理 QO=\dfrac{y_1+y_2}{2}。所以 M(\dfrac{x_1+x_2}{2},\dfrac{y_1+y_2}{2})。

扩展：定比等分点公式

若 \dfrac{AM}{BM}=\dfrac{m}{n}，则

M(\dfrac{mx_2+nx_1}{m+n}, \dfrac{my_2+ny_1}{m+n})

证明类似，都是作平行后利用平行线分线段成比例，读者自证不难。

直线

表达式

列表——描点——作图，可以发现直线的表达式不变，还是 y=kx+b。

将 x=0 代入得 y=b，所以直线与 y 轴同样交于 (0,b)。同理直线与 x 轴交于 (-\dfrac{b}{k},0)。

推一下点斜式。设 A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),AB: y=kx+b，则

\left\{\begin{matrix} kx_1+b=y_1 \\ kx_2+b=y_2 \end{matrix}\right.

易得 AB 的表达式为 y-y_1=\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}(x-x_1)。可以发现点斜式并没有发生变化。于是，k 仍为 \dfrac{\Delta y}{\Delta x}。

特殊直线

与坐标轴平行的直线

显然为 x=b 或 y=b。

与坐标轴垂直的直线

用 l_x,l_y 分别表示 x,y 轴，则：

证明

如图，设点 A(x_0,y_0)，过点 A 作 AB \bot x 轴于点 B，AC \bot y 轴于点 C。作 AD \parallel y 轴，交 x 轴于点 D；作 AE \parallel x 轴，交 y 轴于点 E。

则 \angle AEC = \angle ADB=\angle O=\theta，四边形 ODAE 是平行四边形。

由坐标定义得 DO=AE=x_0,AD=EO=y_0，则在两直角三角形中易得 BD=AD \cos \angle ADB=y_0 \cos \theta，CE=AE \cos \angle AEC=x_0 \cos \theta。

所以 BO=DO+BD=x_0+y_0\cos \theta，CO=EO+CE=y_0+x_0\cos \theta，即 B(x_0+y_0\cos \theta,0),C(0,y_0+x_0\cos \theta)。

所以 k_{AB}=\dfrac{0-y_0}{x_0+y_0\cos \theta-x_0}=-\dfrac{y_0}{y_0 \cos \theta}=-\dfrac{1}{\cos \theta}，k_{AC}=\dfrac{y_0+x_0\cos \theta-y_0}{0-x_0}=-\dfrac{x_0 \cos \theta}{x_0}=-\cos \theta。

坐标轴角平分线

结论：一、三象限角平分线为 y=x；二、四象限角平分线为 y=-x。

证明

这里只证一、三象限角平分线为 y=x，其他同理。

如图，取直线 y=x 上的一点 A(m,m)，作 AB \parallel y 轴，交 x 轴于点 B；作 AC \parallel x 轴，交 y 轴于点 C。

由坐标定义得，BO=CO=m，且易证四边形 ABOC 为平行四边形，所以四边形 ABOC 为菱形，即 AC=AB。

又因为 AO=AO，所以 \triangle AOC \cong \triangle AOB(SSS)，所以 \angle AOC=\angle AOB，即 y=x 是一、三象限角平分线。

两直线的位置关系

设两直线 l_1,l_2 的表达式分别为 y=k_1x+b_1 与 y=k_2x+b_2，则

平行

结论：k_1=k_2 且 b_1 \ne b_2。

证明

两直线平行，即两直线无交点，当且仅当方程组 \left\{\begin{matrix} k_1x+b_1=y \\ k_2x+b_2=y \end{matrix}\right. 无解，故 k_1=k_2 且 b_1 \ne b_2。

垂直

结论：k_1k_2+(k_1+k_2)\cos \theta=-1。

注意：两直线垂直时，若 k_1=1，则 k_2=-1。这是可以直接得出的。

直线夹角

点到直线距离公式

若 A(x_0,y_0)，则其到直线 y=kx+b 的距离为

\dfrac{|(kx_0+b-y_0)\sin \theta|}{\sqrt{k^2+1+2k \cos \theta}}

例题

其实真正解题不需要记那么多结论，记住两点间距离公式、中点坐标公式、垂直斜率关系就够了。

T1

练习册上的一个题。

如图，在平行四边形 ABCD 中，AD=6, AB=4, \angle A=120 \degree，取边 CD 的中点 E，在边 AD 上取点 F，使 AF=\dfrac{1}{2}DF，连接 BE, CF，求 CG 的长。

本题作为倍长中线的例题，但这题建斜系是很快的。以 B 为原点，BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，建立 \theta = 60 \degree 的平面斜角坐标系，易得 C(6,0), F(2, 4), E(6, 2)，故 CF:y=-x+6, BE:y=\dfrac{1}{3}x，联立得 G(\dfrac{9}{2}, \dfrac{3}{2})。

所以 CG=\sqrt{(6-\dfrac{9}{2})^2+(\dfrac{3}{2})^2-2 \times (6-\dfrac{9}{2}) \times \dfrac{3}{2} \times \dfrac{1}{2}}=\dfrac{3}{2}。

T2

笔者当年八下期末的 T22-3。

如图，在 \triangle ABC 中，\angle B=45 \degree, \angle C=15 \degree, AC=2，点 Q 为 BC 中点，直线 PQ 等分 \triangle ABC 的周长，直接写出线段 PQ 的长。

这道题的传统做法是过 B 作平行线利用三角形中位线解题，但思维难度不小，没见过的考场 90min 很难想出来。这里可以使用平面斜角坐标系。

我们以 A 为原点，直线 AC 为 x 轴，直线 AB 为 y 轴建立 \theta = 120\degree 的平面斜角坐标系。

解 \triangle ABC 易得 AB=\sqrt{3}-1,BC=\sqrt{6}，则 C(2,0),B(0,\sqrt{3}-1)。

因为 Q 是 BC 中点，所以 Q(1, \dfrac{\sqrt{3}-1}{2})

又因为直线 PQ 等分 \triangle ABC 的周长且 BQ=CQ，故 AB+AP=CP，设 AP=n，解得 n=\dfrac{3-\sqrt{3}}{2}，所以 P(\dfrac{3-\sqrt{3}}{2},0)。

所以

\Delta x=\dfrac{3-\sqrt{3}}{2}-1=\dfrac{1-\sqrt{3}}{2}\\ \Delta y=0-\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}=-\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}

应用两点间距离公式

\begin{aligned} PQ &= \sqrt{{\Delta x}^2+{\Delta y}^2+2\Delta x \Delta y \cos \theta} \\ &= \sqrt{(\dfrac{1-\sqrt{3}}{2})^2+(-\dfrac{\sqrt{3}-1}{2})^2-2 \times \dfrac{1-\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{\sqrt{3}-1}{2} \times \cos 120 \degree} \\ &= \sqrt{\dfrac{(1-\sqrt{3})^2+(\sqrt{3}-1)^2}{4}-(1-\sqrt{3})\times \dfrac{\sqrt{3}-1}{2} \times (-\dfrac{1}{2})}\\ &= \sqrt{\dfrac{(\sqrt{3}-1)^2}{2}-\dfrac{(\sqrt{3}-1)^2}{4}} \\ &= \sqrt{\dfrac{(\sqrt{3}-1)^2}{4}} \\ &= \dfrac{\sqrt{3}-1}{2} \end{aligned}

T3

2024 年 SX 中考 T15。

如图，在平行四边形 ABCD 中 AC 为对角线，AE \bot BC 于点 E，F 是 AE 延长线上一点，\angle ACF=\angle CAF。线段 AB,CF 的延长线交于点 G，若 AB=\sqrt{5},AD=4,\tan B=2，求 BG 的长。

由题易得 BE=1,AE=2,CE=3。

设 \angle ACE=\alpha，则 \tan \alpha=\dfrac{2}{3}。此时 \angle ECF=90\degree-2\alpha，故 \tan \angle ECF=\tan (90 \degree-2\alpha)=\dfrac{5}{12}。

于是以 B 为原点，BC 为 x 轴，AB 为 y 轴建立平面斜角坐标系，\tan \theta=2。由 \tan \angle ECF = |\dfrac{k \sin \theta}{k \cos \theta +1}| 可解得 k_1=\dfrac{5\sqrt{5}}{19},k_2=-\dfrac{5\sqrt{5}}{29}\text{(舍)}。所以 CG:y=\dfrac{5\sqrt{5}}{19}x-\dfrac{20\sqrt{5}}{19}，即 BG=\dfrac{20\sqrt{5}}{19}。

T4

2024 年 NJ 联合体二模 T16。

如图，在平行四边形 ABCD 中，AB=6,BC=8，点 E 是边 AD 上一点且 AE=1，点 F 在边 BC 上，将四边形 ABCD 沿 EF 折叠，若点 B 恰好落在边 CD，求 BF 的长。

这道题用几何法要画很多辅助线并且解一堆三角形。我们直接抓住折叠的本质，即 BB' 的中垂线过点 E。如图。

以点 B 为原点，BD 为 x 轴，AB 为 y 轴，建立 \theta=60 \degree 的平面斜角坐标系。易得 E(1,6)。设 B'(8,a)，其中 a \in [0,6]。

此时 BB' 的中点为 (4,\dfrac{a}{2})，与 E(1,6) 应用点斜式可得 EF:y=\dfrac{a-12}{6}x+8-\dfrac{a}{6}。顺便可得 F(\dfrac{a-48}{a-12},0)。

由 k_1k_2+(k_1+k_2)\cos \theta=-1 得

\dfrac{a}{8} \times \dfrac{a-12}{6}+\dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{8}+\dfrac{a-12}{6})=-1

解得 a_0=0,a_1=5。所以 BF=4 或 \dfrac{43}{7}。

T5

笔者周练三的 T15。

如图，在 \triangle ABC 中，AB=10, BC=12,\sin B=\dfrac{3}{5}，点 D 为 BC 中点，过点 D 作AD 的垂线，交 AC 延长线于点 E，求 CE 的长。

如果直接做的话需要解三个三角形，以 D 为原点建系不太好直接做，我们以 B 为原点，BC 为 x 轴，BA 为 y 轴建立平面斜角坐标系。

则 A(0,10), D(6,0), C(12, 0)，所以 AC:y=-\dfrac{5}{6}x+10, AD:y=-\dfrac{5}{3}x+10。

由 k_1k_2+(k_1+k_2)\cos \theta=-1 得

-\dfrac{5}{3}k_{DE}+ \dfrac{4}{5}(-\dfrac{5}{3}+k_{DE})=-1

解得 k_{DE}=-\dfrac{5}{13}。代入 D(6,0) 得 DE:y=-\dfrac{5}{13}x+\dfrac{30}{13}，与 AC 联立解得 E(\dfrac{120}{7},-\dfrac{30}{7})。

所以

\Delta x=12-\dfrac{120}{7}=-\dfrac{36}{7}\\ \Delta y=0-(-\dfrac{30}{7})=\dfrac{30}{7}

应用两点间距离公式

\begin{aligned} CE &= \sqrt{{\Delta x}^2+{\Delta y}^2+2\Delta x \Delta y \cos \theta} \\ &= \sqrt{(-\dfrac{36}{7})^2+(\dfrac{30}{7})^2+2\times (-\dfrac{36}{7}) \times (\dfrac{30}{7}) \times \dfrac{4}{5}} \\ &= \sqrt{\dfrac{36^2}{7^2}+\dfrac{30^2}{7^2}- \dfrac{8\times 36 \times 30}{7^2 \times 5} } \\ &= \sqrt{\dfrac{36^2 + 30^2 - 8\times 36 \times 6}{7^2} } \\ &= \dfrac{\sqrt{36\times (36+25-48)}}{7} \\ &= \dfrac{6\sqrt{13}}{7} \end{aligned}

T6

2024 四川达州 T25-3。

如图，四边形 ABCD 为平行四边形，对角线 AC,BD 交于点 O，点 E 为 AO 中点，点 F 为 BC 中点，连接 EF，若 AB=8, BD=8, AC=12，直接写出 EF 的长度。

这题几何法是构造两个中位线，非常巧妙，但不一定能想出来。可以建斜系解题，不过计算量稍大。

几何法：连接 FO，取 BO 中点 G，连接 EG, FG，由 FO 为 \triangle ABC 中位线，EG 为 \triangle ABO 中位线，可得 EG=FO=4 且 EG \parallel FO，所以四边形 EOFG 为平行四边形。由平行四边形恒等式得 EF^2+2^2=2(3^2+4^2)，即 EF=\sqrt{46}。

在平行四边形 ABCD 中，由平行四边形恒等式得

AC^2+BD^2=2(AB^2+BC^2)

解得 BC=2\sqrt{10}。在 \triangle ABC 中，由余弦定理得

\cos \angle ABC=\dfrac{AB^2+ BC^2-AC^2}{2 \times AB \times BC}=\dfrac{64+40-144}{32\sqrt{10}}=-\dfrac{\sqrt{10}}{8}

以 B 为原点，BC 为 x 轴，BA 为 y 轴建立平面斜角坐标系，\cos \theta=-\dfrac{\sqrt{10}}{8}。

易得 A(0,8) ,F(\sqrt{10},0), C(2\sqrt{10}, 8)，可得 O(\sqrt{10}, 4)，所以 E(\dfrac{\sqrt{10}}{2},6)。

所以

\Delta x=\sqrt{10}-\dfrac{\sqrt{10}}{2}=\dfrac{\sqrt{10}}{2}\\ \Delta y=0-6=-6

应用两点间距离公式

\begin{aligned} EF &= \sqrt{{\Delta x}^2+{\Delta y}^2+2\Delta x \Delta y \cos \theta} \\ &= \sqrt{(\dfrac{\sqrt{10}}{2})^2+(-6)^2+2 \times \dfrac{\sqrt{10}}{2} \times (-6) \times (-\dfrac{\sqrt{10}}{8})} \\ &= \sqrt{\dfrac{10}{4}+36+\dfrac{60}{8}} \\ &= \sqrt{46 } \end{aligned}

T7

跟进上的题目，几何很难想，建系也有一定难度。

如图，在 \triangle ABC 中，AB=6, AC=4, BC=5，AD 是 \triangle ABC 的角平分线，作 AD 的垂直平分线 EF，垂足为点 F，交 BC 延长线于点 E。连接 AE，求线段 AE 的长。

在 \triangle ABC 中，由角平分线定理得

\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{3}{2}

所以 BD=3, CD=2。由余弦定理得

\cos B=\dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{2 \times AB \times BC}=\dfrac{6^2+5^2-4^2}{2\times 6 \times 5}=\dfrac{3}{4}

以 B 为原点，BC 为 x 轴，BA 为 y 轴建立平面斜角坐标系，\cos \theta=\dfrac{3}{4}。

易得 D(3,0), A(0, 6)，所以 F(\dfrac{3}{2}, 3), AD:y=-2x+6。由 k_1k_2+(k_1+k_2)\cos \theta=-1 得

-2k_{EF}+\dfrac{3}{4}(k_{EF}-2)=-1

解得 k_{EF}=-\dfrac{2}{5}。代入 F(\dfrac{3}{2},3) 可得 EF:y=-\dfrac{2}{5}x+\dfrac{18}{5}。当 y=0 时，解得 E(9, 0)。

又因为 EF 垂直平分 AD，所以 AE=DE=BE-BD=9-3=6。