论平面斜角坐标系在初中几何中的应用

1. 前言
2. 定义
   1. [[#定义#更严谨的定义|更严谨的定义]]
3. 点
   1. [[#点#坐标|坐标]]
   2. [[#点#两点间距离公式|两点间距离公式]]
   3. [[#点#中点坐标公式|中点坐标公式]]
4. 直线
   1. [[#直线#表达式|表达式]]
   2. [[#直线#特殊直线|特殊直线]]
   3. [[#直线#两直线的位置关系|两直线的位置关系]]
   4. [[#直线#点到直线距离公式|点到直线距离公式]]
5. 例题
   1. [[#例题#T1|T1]]
   2. [[#例题#T2|T2]]
   3. [[#例题#T3|T3]]
   4. [[#例题#T4|T4]]
   5. [[#例题#T5|T5]]
   6. [[#例题#T6|T6]]

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。

• 原点：$x$ 轴与 $y$ 轴的交点，下文记作点 $O$。
• 斜角：$x$ 轴与 $y$ 轴的夹角，下文记作 $\theta$。要求 $\theta \in (0°,180°)$。

更严谨的定义

在平面内取两不共线单位向量 $\overrightarrow{e_x},\overrightarrow{e_y}$ 与一定点 $O$，以点 $O$ 为基底 $\{\overrightarrow{e_x},\overrightarrow{e_y}\}$ 的起点，以 $O$ 为原点，基底 $\{\overrightarrow{e_x},\overrightarrow{e_y}\}$ 为坐标轴建系，记作 $xOy-\theta$。其中，$\theta$ 为 $\overrightarrow{e_x},\overrightarrow{e_y}$ 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 $AB\parallel \text{y轴}$，交 $\text{x轴}$ 于点 $B$；作 $AC\parallel \text{x轴}$，交 $\text{y轴}$ 于点 $C$。则 $A(OB,OC)$。

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

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 $AC\parallel \text{y轴}$，交 $\text{x轴}$ 于点 $C$；作 $AD\parallel \text{x轴}$，交 $\text{y轴}$ 于点 $D$。作 $BE\parallel \text{y轴}$，交 $\text{x轴}$ 于点 $E$；作 $BF\parallel \text{x轴}$，交 $\text{y轴}$ 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 $\angle BHA=180°-\angle ACE=180°-\theta$。

在 $△BHA$ 中，由余弦定理得

$$A{B}^2=A{H}^2+B{H}^2-2\times AH\times BH\times \cos \angle BHA$$

即

$$A{B}^2={\Delta x}^2+{\Delta y}^2-2\Delta x\Delta y\cos (180°-\theta )$$

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 $M(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$。

证明

如图，作 $AC\parallel \text{y轴}$，交 $\text{x轴}$ 于点 $C$；作 $AD\parallel \text{x轴}$，交 $\text{y轴}$ 于点 $D$。作 $BE\parallel \text{y轴}$，交 $\text{x轴}$ 于点 $E$；作 $BF\parallel \text{x轴}$，交 $\text{y轴}$ 于点 $F$。作 $MP\parallel \text{y轴}$，交 $\text{x轴}$ 于点 $P$；作 $MQ\parallel \text{x轴}$，交 $\text{y轴}$ 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 $\frac{AM}{BM}=1$。

在 $△ABH$ 中，由平行线分线段成比例得 $\frac{AJ}{HJ}=\frac{AM}{BM}=1$。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 $CP=\frac{1}{2}CE=\frac{x_2-x_1}{2}$，所以 $PO=CO+CE=x_1+\frac{x_2-x_1}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}$。同理 $QO=\frac{y_1+y_2}{2}$。所以 $M(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$。

扩展：定比等分点公式

若 $\frac{AM}{BM}=\frac{m}{n}$，则

$$M(\frac{m{x}_2+n{x}_1}{m+n},\frac{m{y}_2+n{y}_1}{m+n})$$

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 $(-\frac{b}{k},0)$。

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

$$\{\begin{array}{c}k{x}_1+b=y_1\\ k{x}_2+b=y_2\end{array}$$

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

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

结论：

• $l\perp \text{x轴}\iff k=-\frac{1}{\cos \theta }$
• $l\perp \text{y轴}\iff k=-\cos \theta$

证明

如图，设点 $A(x_0,y_0)$，过点 $A$ 作 $AB\perp \text{x轴}$ 于点 $B$，$AC\perp \text{y轴}$ 于点 $C$。作 $AD\parallel \text{y轴}$，交 $\text{x轴}$ 于点 $D$；作 $AE\parallel \text{x轴}$，交 $\text{y轴}$ 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 $k_{AB}=\frac{0-y_0}{x_0+y_0\cos \theta -x_0}=-\frac{y_0}{y_0\cos \theta }=-\frac{1}{\cos \theta }$，$k_{AC}=\frac{y_0+x_0\cos \theta -y_0}{0-x_0}=-\frac{x_0\cos \theta }{x_0}=-\cos \theta$。

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 $AB\parallel \text{y轴}$，交 $\text{x轴}$ 于点 $B$；作 $AC\parallel \text{x轴}$，交 $\text{y轴}$ 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 $△AOC\cong △AOB(SSS)$，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 $y=k_{1}x+b_1$ 与 $y=k_{2}x+b_2$，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$\{\begin{array}{c}{k}_{1}x+b_1=y\\ k_{2}x+b_2=y\end{array}$ 无解，故 $k_1=k_2$ 且 $b_1\ne b_2$。

垂直

结论：$k_1{k}_2+(k_1+k_2)\cos \theta =-1$。

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

• 直线 $y=kx+b$ 与 $x$ 轴夹角的正切值为 $|\frac{k\sin \theta }{k\cos \theta +1}|$。
• $l_1$ 与 $l_2$ 夹角的正切值为 $|\frac{(k_1-k_2)\sin \theta }{k_1{k}_2+(k_1+k_2)\cos \theta +1}|$。

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

$$\frac{|(k{x}_0+b-y_0)\sin \theta |}{\sqrt{k^2+1+2k\cos \theta }}$$

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

笔者当年八下期末的 T22-3。

如图，在 $△ABC$ 中，$\angle B=45°,\angle C=15°,AC=2$，点 $Q$ 为 $BC$ 中点，直线 $PQ$ 等分 $△ABC$ 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 $\theta =120°$ 的平面斜角坐标系。

解 $△ABC$ 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 $Q(1,\frac{\sqrt{3}-1}{2})$

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

所以

$$\begin{gathered} \Delta x=\frac{3-\sqrt{3}}{2}-1=\frac{1-\sqrt{3}}{2} \\ \Delta y=0-\frac{\sqrt{3}-1}{2}=-\frac{\sqrt{3}-1}{2} \end{gathered}$$

应用两点间距离公式

$$\begin{array}{rl}PQ& =\sqrt{{\Delta x}^2+{\Delta y}^2+2\Delta x\Delta y\cos \theta }\\ & =\sqrt{(\frac{1-\sqrt{3}}{2}{)}^2+(-\frac{\sqrt{3}-1}{2}{)}^2-2\times \frac{1-\sqrt{3}}{2}\times \frac{\sqrt{3}-1}{2}\times \cos 120°}\\ & =\sqrt{\frac{(1-\sqrt{3}{)}^2+(\sqrt{3}-1{)}^2}{4}-(1-\sqrt{3})\times \frac{\sqrt{3}-1}{2}\times (-\frac{1}{2})}\\ & =\sqrt{\frac{(\sqrt{3}-1{)}^2}{2}-\frac{(\sqrt{3}-1{)}^2}{4}}\\ & =\sqrt{\frac{(\sqrt{3}-1{)}^2}{4}}\\ & =\frac{\sqrt{3}-1}{2}\end{array}$$

T2

2024 年 SX 中考 T15。

如图，在平行四边形 $ABCD$ 中 $AC$ 为对角线，$AE\perp BC$ 于点 $E$，$F$ 是 $AE$ 延长线上一点，$\angle ACF=\angle CAF$。线段 $AB,CD$ 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 $\tan \alpha =\frac{2}{3}$。此时 $\angle ECF=90°-2\alpha$，故 $\tan \angle ECF=\tan (90°-2\alpha )=\frac{5}{12}$。

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 $\tan \angle ECF=|\frac{k\sin \theta }{k\cos \theta +1}|$ 可解得 $k_1=\frac{5\sqrt{5}}{19},k_2=-\frac{5\sqrt{5}}{29}\text{(舍)}$。所以 $CG:y=\frac{5\sqrt{5}}{19}x-\frac{20\sqrt{5}}{19}$，即 $BG=\frac{20\sqrt{5}}{19}$。

T3

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 $B{B}^{\prime }$ 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 $\theta =60°$ 的平面斜角坐标系。易得 $E(1,6)$。设 $B^{\prime }(8,a)$，其中 $a\in [0,6]$。

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

由 $k_1{k}_2+(k_1+k_2)\cos \theta =-1$ 得

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

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

T4

这是笔者周练三的 T15，暂未找到出处。

如图，在 $△ABC$ 中，$AB=10,BC=12,\sin B=\frac{3}{5}$，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 $AC:y=-\frac{5}{6}x+10,AD:y=-\frac{5}{3}x+10$。

由 $k_1{k}_2+(k_1+k_2)\cos \theta =-1$ 得

$$-\frac{5}{3}{k}_{DE}+\frac{4}{5}(-\frac{5}{3}+k_{DE})=-1$$

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

所以

$$\begin{gathered} \Delta x=12-\frac{120}{7}=-\frac{36}{7} \\ \Delta y=0-(-\frac{30}{7})=\frac{30}{7} \end{gathered}$$

应用两点间距离公式

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

T5

练习册上的一个题，也找不到出处。

如图，在平行四边形 $ABCD$ 中，$AD=6,AB=4,\angle A=120°$，取边 $CD$ 的中点 $E$，在边 $AD$ 上取点 $F$，使 $AF=\frac{1}{2}DF$，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 $\theta =60°$ 的平面斜角坐标系，易得 $C(6,0),F(2,4),E(6,2)$，故 $CF:y=-x+6,BE:y=\frac{1}{3}x$，联立得 $G(\frac{9}{2},\frac{3}{2})$。

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

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 $△ABC$ 中位线，$EG$ 为 $△ABO$ 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 $E{F}^2+2^2=2(3^2+4^2)$，即 $EF=\sqrt{46}$。

在平行四边形 $ABCD$ 中，由平行四边形恒等式得

$$A{C}^2+B{D}^2=2(A{B}^2+B{C}^2)$$

解得 $BC=2\sqrt{10}$。在 $△ABC$ 中，由余弦定理得

$$\cos \angle ABC=\frac{A{B}^2+B{C}^2-A{C}^2}{2\times AB\times BC}=\frac{64+40-144}{32\sqrt{10}}=-\frac{\sqrt{10}}{8}$$

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

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

所以

$$\begin{gathered} \Delta x=\sqrt{10}-\frac{\sqrt{10}}{2}=\frac{\sqrt{10}}{2} \\ \Delta y=0-6=-6 \end{gathered}$$

应用两点间距离公式

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