浙江 2009 · 数学 q07

冷启动：向量那一句只是在递一个 $3$-$4$-$5$

题面开头三句关于向量的条件，作用只有一个——把三条边长算出来：

$$|a-b|^{2}=|a|^{2}+|b|^{2}-2\,a\cdot b=3^{2}+4^{2}-2\times 0=25 \ \Longrightarrow\ |a-b|=5 .$$

于是三条边是 $3,4,5$。这是最有名的那个直角三角形（$3^{2}+4^{2}=5^{2}$），面积 $S=\dfrac{3\times 4}{2}=6$。向量的戏份到此为止，后面全是平面几何。

接下来两件事必须当场看出来，它们决定这道题是「三秒」还是「三分钟」：

第一件：题目问的是「边」，不是「边所在的直线」。 一条直线与圆至多 $2$ 个公共点，三条直线给出的上界是 $6$——正好是选项 D。但边是线段：直线上的交点可能落在延长线上，那就不算数。凡是按 $3\times 2=6$ 直接答 D 的，都是在这里翻的车。

第二件：半径 $1$ 不是随便给的。 这个三角形的内切圆半径是

$$r_{0}=\frac{S}{p}=\frac{6}{\frac{3+4+5}{2}}=\frac{6}{6}=1 ,$$

（直角三角形还有更快的算法：$r_{0}=\dfrac{3+4-5}{2}=1$。）

也就是说，题目给的这个圆和这个三角形的内切圆一模一样大。这个巧合是整道题的开关：圆再小一点，它就同时够不着三条边；圆再大一点（只要还不到 $\sqrt{2}$），把它按在内心上就能三条边各截两个点，答案立刻变成 $6$。恰好相等时，「三条边都够得到」这件事被逼到只剩唯一一种摆法——内切圆本身，而它只给 $3$ 个点。

下面三条路各用一种方式把这句话说死。

解法一：建系硬算——三条距离同时不超过 $1$，把圆心夹成一个点

① 建系。 直角顶点放原点，两条直角边压在坐标轴上：

$$C(0,0),\qquad B(4,0),\qquad A(0,3) .$$

三条边所在的直线分别是 $y=0$、$x=0$ 与 $3x+4y-12=0$（后者由两点 $(4,0)$、$(0,3)$ 写出，注意 $\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$，分母正好是斜边）。

② 把「够得着」翻成三个不等式。 设圆心为 $P(x_{0},y_{0})$，半径 $1$。圆与某条边有公共点，首先必须与该边所在的直线有公共点，也就是圆心到这条直线的距离不超过半径。用点到直线的距离公式，三条边各给一句：

$$|y_{0}|\leqslant 1,\qquad |x_{0}|\leqslant 1,\qquad \frac{|3x_{0}+4y_{0}-12|}{5}\leqslant 1 .$$

（这三句是必要条件：距离够近只保证直线上有交点，交点在不在线段内还要另验——这正是本题最容易漏掉的一步，第 ④ 步会补上。）

③ 三句一撞，圆心只剩一个位置。 第三句去掉绝对值是

$$-5\leqslant 3x_{0}+4y_{0}-12\leqslant 5 \quad\Longrightarrow\quad 3x_{0}+4y_{0}\geqslant 7 .$$

而前两句给出的是相反方向的估计：

$$3x_{0}+4y_{0}\leqslant 3|x_{0}|+4|y_{0}|\leqslant 3+4=7 .$$

一边 $\geqslant 7$、一边 $\leqslant 7$，只能全取等号。取等要求 $x_{0}=|x_{0}|=1$ 且 $y_{0}=|y_{0}|=1$，即

$$P=(1,1) .$$

这正是内心，此时到三条直线的距离都恰是 $1$——三条边各相切。

④ 验交点确实在边上。 三个切点是 $(1,0)$、$(0,1)$ 与 $\left(\dfrac{8}{5},\dfrac{9}{5}\right)$（最后一个由 $(1,1)$ 沿法向 $\dfrac{(3,4)}{5}$ 走 $1$ 得到）。它们分别落在 $0\leqslant x\leqslant 4$、$0\leqslant y\leqslant 3$ 与斜边上，都在线段内。所以这个摆法确实给出 $3$ 个公共点，一个不多一个不少。

⑤ 收口。 上面证的是：只要三条边都与圆有公共点，圆就必然是内切圆，公共点恰好 $3$ 个。于是要想凑出更多的点，只能让某一条边彻底出局——至多两条边与圆有公共点，每条至多 $2$ 个，总数

$$\text{公共点个数}\leqslant 2\times 2=4 .$$

⑥ 造一个把 $4$ 取到的圆。 取圆心 $P_{0}=(1.6,\,0.8)$，半径仍是 $1$：

• 到水平直角边（$y=0$）的距离 $0.8<1$，交点 $x=1.6\pm\sqrt{1-0.8^{2}}=1.6\pm 0.6$，即 $x=1$ 与 $x=2.2$，两个都在 $[0,4]$ 内 —— 贡献 $2$ 个；
• 到斜边的距离 $\dfrac{|3\times 1.6+4\times 0.8-12|}{5}=\dfrac{4}{5}=0.8<1$，半弦长 $0.6$，两个交点算出来是 $\left(1.6,\,1.8\right)$ 与 $\left(2.56,\,1.08\right)$，都在斜边上 —— 贡献 $2$ 个；
• 到竖直直角边（$x=0$）的距离是 $1.6>1$ —— 贡献 $0$ 个。

合计 $4$ 个。上界与例子对上了。

答案 B。

解法二：不建系——用面积把三条距离绑在一起

解法一的坐标是为这道题量身定做的（直角顶点在原点才那么好算）。换一个不带直角的三角形，坐标就没那么友好了。下面这条路一个坐标都不用，而且对任意三角形都成立。

① 一句恒等式，先把它证严。 设三角形 $\triangle A_{1}A_{2}A_{3}$ 的三边长为 $a,b,c$（$a$ 对着 $A_{1}$，余类推），面积为 $S$。对平面上任一点 $P$，记它到三条边所在直线的有向距离为 $\delta_{1},\delta_{2},\delta_{3}$——约定「三角形内部那一侧为正」。断言

$$a\,\delta_{1}+b\,\delta_{2}+c\,\delta_{3}=2S\qquad\text{对平面上每一个 }P\text{ 都成立.}$$

为什么：点到一条定直线的有向距离是 $P$ 的坐标的一次函数（$\frac{Ax+By+C}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$ 的分子是一次的），所以左边整体是 $P$ 的一次函数。一次函数由三个不共线的点上的取值唯一确定，那就把三个顶点代进去验：在顶点 $A_{1}$ 处，它到边 $a$ 所在直线的有向距离正是这条边上的高 $h_{a}$，到另两条边所在直线的有向距离都是 $0$，于是左边 $=a\,h_{a}=2S$（用的是「底乘高的一半」这条最朴素的三角形面积公式）。$A_{2}$、$A_{3}$ 同理也都得 $2S$。三点取值相同，故这个一次函数恒等于 $2S$。

把有向距离换成真正的距离 $d_{i}=|\delta_{i}|\geqslant\delta_{i}$，立刻得到

$$a\,d_{1}+b\,d_{2}+c\,d_{3}\ \geqslant\ a\,\delta_{1}+b\,\delta_{2}+c\,\delta_{3}=2S ,$$

等号成立当且仅当三个 $\delta_{i}$ 全部非负，也就是 $P$ 落在三角形内部或边界上。这个刻画对平面上任意一点都有效，圆心跑到三角形外面也照用——下一步正需要这一点。

② 代进这道题的数。 $a,b,c$ 是 $3,4,5$，$2S=12$：

$$3d_{1}+4d_{2}+5d_{3}\ \geqslant\ 12 .$$

③ 把「三条边都够得到」代进去。 若某条边与半径 $1$ 的圆有公共点，取那个公共点 $Q$：它既在圆上（$|PQ|=1$）又在这条边所在的直线上，于是圆心到该直线的距离 $\leqslant|PQ|=1$。三条边都够到，就有 $d_{1},d_{2},d_{3}\leqslant 1$，于是

$$3d_{1}+4d_{2}+5d_{3}\ \leqslant\ 3+4+5=12 .$$

两个 $12$ 撞在一起——注意这不是巧合，它就是 $r_{0}=\dfrac{2S}{a+b+c}=1$ 的另一种写法。夹逼之下只能

$$d_{1}=d_{2}=d_{3}=1 ,$$

并且第 ① 步的取等条件同时告诉我们 $\delta_{i}=d_{i}=1>0$，即 $P$ 确实在形内。形内到三条边距离都等于 $1$ 的点就是内心，此时圆与三条直线各相切；三个切点 $(1,0)$、$(0,1)$、$\left(\frac{8}{5},\frac{9}{5}\right)$ 都落在对应的线段内（解法一第 ④ 步已逐个验过），公共点恰好 $3$ 个。

④ 同样的收口。 三条边都够到 $\Rightarrow$ 恰好 $3$ 个点。所以想要更多，至多两条边参与，上限 $4$；解法一里那个 $P_{0}=(1.6,0.8)$ 的圆把 $4$ 取到了。

答案 B。

这条路顺手给出一个「换半径会怎样」的结论。 把半径写成 $r$，第 ③ 步的右边变成 $3+4+5$ 乘以 $r$，也就是 $12r$，与 $\geqslant 12$ 一比：

• $r<1$：三条边都够到就要 $d_{i}\leqslant r$，左边 $\leqslant 12r<12$，与 $\geqslant 12$ 打架，三条边不可能同时够到，所以上限仍是 $4$。而 $4$ 总是取得到——取圆心 $(c,c)$，其中 $\dfrac{r}{\sqrt{2}}<c<r$：到两条直角边的距离都是 $c<r$，各截两点，交点分别是 $x=c\pm\sqrt{r^{2}-c^{2}}$ 与 $y=c\pm\sqrt{r^{2}-c^{2}}$；由 $c>\dfrac{r}{\sqrt{2}}$ 得 $c^{2}>r^{2}-c^{2}$，故小的那个 $>0$，而大的那个 $<c+r<2$，四个交点全部落在 $[0,4]$、$[0,3]$ 内；到斜边的距离 $\dfrac{12-7c}{5}>\dfrac{12-7}{5}=1>r$，够不着。故最大值恰为 $4$。
• $r=1$：本题。能同时够到三条边的只剩内切圆一种（$3$ 个点）；想更多就得放弃一条边，最大值 $4$。
• $1<r<\sqrt{2}$：把圆按在内心 $(1,1)$ 上，到三条边的距离都是 $1<r$，每条边各截两点。半弦长 $u=\sqrt{r^{2}-1}$ 这时严格小于 $1$，于是两条直角边上的交点 $1\pm u$ 都落在 $(0,2)$ 里——小的那个严格大于 $0$，两条直角边不会共用直角顶点那一个交点；斜边上的两个交点 $\left(\dfrac{8}{5}\pm\dfrac{4u}{5},\;\dfrac{9}{5}\mp\dfrac{3u}{5}\right)$ 的横坐标落在 $(0.8,\,2.4)$、纵坐标落在 $(1.2,\,2.4)$，也都在段内。六个点两两不同，$6$ 个点摆得出来，而 $6$ 本就是绝对上限，故最大值是 $6$。
• $r=\sqrt{2}$：这一个值上内心那个摆法恰好失效——圆心 $(1,1)$ 到直角顶点的距离正是 $\sqrt{2}$，圆穿过这个顶点，两条直角边上「小的」那个交点撞成同一个点 $(0,0)$，只剩 $5$ 个。把圆心挪一点点就补回来了：取 $(1,\,1.05)$，到两条直角边的距离是 $1.05$ 与 $1$、到斜边的距离是 $\dfrac{|3+4.2-12|}{5}=0.96$，三个都小于 $\sqrt{2}$，各截两点；六个交点算出来分别是 $(1\pm\sqrt{0.8975},\,0)\approx(0.05,0)$ 与 $(1.95,0)$、$(0,\,0.05)$ 与 $(0,\,2.05)$、$(2.41,\,1.19)$ 与 $(0.75,\,2.44)$，全部落在段内，且圆心到直角顶点的距离 $\sqrt{1+1.05^{2}}\approx 1.45>\sqrt{2}$，圆不再穿过它，六点互不相同。所以这一个值上最大值仍是 $6$。
• $r>\sqrt{2}$：圆比三角形还富余，内心那个摆法开始把交点甩到边的延长线上——例如 $r=3$、圆心仍取 $(1,1)$ 时，半弦长 $\sqrt{8}\approx 2.83$，水平直角边上只剩 $x\approx 3.83$ 一个交点（另一个 $x\approx-1.83$ 出界），竖直直角边上两个都出界，斜边上也只剩一个，总共只有 $2$ 个。这一档的最大值要另行讨论，这里不展开。

所以在 $r\leqslant\sqrt{2}$ 这一段里，最多能有几个公共点这个数会在 $r$ 跨过 $1$ 的那一刻从 $4$ 直接跳到 $6$，中间不停在 $5$。这也解释了为什么出题人把选项排成 $3,4,5,6$：$5$ 那一项专治「凭感觉觉得还能再多一个」。

要说清楚的是：$5$ 个公共点本身并非摆不出来，它只是当不了「最多」。 半径取 $1.2$、圆心取 $(0.8,\,1.2)$ 就正好给出 $5$ 个——竖直直角边上两个（$y=1.2\pm 0.894$，都在 $[0,3]$ 内）、水平直角边上相切一个（切点 $(0.8,0)$）、斜边上两个（$(0.8,2.4)$ 与 $(1.952,1.536)$，都在段内）。但那个半径下最多能到 $6$，所以「最多」仍然轮不到 $5$。本题的 $r=1$ 才是把 $5$ 彻底封死的那一档——第 ③ 步的夹逼只在 $r=1$ 时把「三条边都够到」压成唯一的内切圆，而 $5$ 个点必须三条边都参与。

解法三：从选项倒着走——先造出一个 $4$，再证不可能有 $5$

前两条路都是正面强攻。选择题还有一条更省力的走法：答案是四个数中的一个，只要从下面顶一次、从上面压一次，中间就只剩一个。

① 先顶一次：造出 $4$。 取圆心 $(1.6,\,0.8)$、半径 $1$（算法见解法一第 ⑥ 步）：水平直角边上截出 $x=1$ 与 $x=2.2$ 两点，斜边上截出两点，竖直直角边够不着。共 $4$ 个。

于是答案 $\geqslant 4$，选项 A（$3$）出局。

② 再压一次：证明到不了 $5$。 这一步用鸽笼式的分摊来想。设某个摆法给出了 $N\geqslant 5$ 个公共点。每条边是一段线段，与圆至多 $2$ 个公共点，三条边加起来至多 $6$ 个。要凑够 $5$ 个，三条边贡献的个数只能是

$$(2,2,1)\quad\text{或}\quad(2,2,2)\ \text{再去掉一个}$$

——不管怎么分，每一条边都至少贡献 $1$ 个。也就是说：$N\geqslant 5$ 逼出「三条边全都与圆有公共点」。

而「三条边全都与圆有公共点」这件事，解法一（坐标夹逼）或解法二（面积恒等式）已经查清：它只在圆心是内心时发生，此时三条边各相切，公共点恰好 $3$ 个，$N=3<5$。矛盾。

所以 $N\leqslant 4$，选项 C（$5$）与 D（$6$）一并出局。

③ 剩下的就是答案。 四选一，$3$ 被顶掉、$5$ 和 $6$ 被压掉，只剩 $4$。

答案 B。

两句话缺一不可。 只做第 ① 步，得到的是「至少 $4$」——那 $5$ 和 $6$ 凭什么排除？只做第 ② 步，得到的是「至多 $4$」——那凭什么不是 $3$？考场上真正会丢分的是只做一半就收笔：造了一个 $4$ 出来就选 B，碰巧对了，但同一套话换成半径 $1.2$ 的圆就会答错（那时答案是 $6$）。

顺带一提为什么「顶」要先做。 造例子是构造性的、手上有图就能试；卡上界是结构性的、需要找到那句把三条距离绑住的恒等式。先造几个例子，最大的那个数会告诉你上界应该证到几——本题里正是「怎么试都停在 $4$」这件事，提示我们去找「为什么三条边不能同时够到」。