浙江 2010 · 数学 q16

冷启动：题面只有一句话，但它藏了一个三角形

原卷把 $\alpha$ 印成了 $a$（本站转写照留），题面说的是两个平面向量 $\alpha$、$\beta$：

• $\alpha\neq\mathbf{0}$、$\alpha\neq\beta$；
• $|\beta|=1$；
• $\alpha$ 与 $\beta-\alpha$ 的夹角是 $120^{\circ}$；
• 求 $|\alpha|$ 的取值范围。

第一件事：把三个向量摆到图上。 取一个公共起点 $O$，令

$$\overrightarrow{OA}=\alpha,\qquad \overrightarrow{OB}=\beta \quad\Longrightarrow\quad \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}=\beta-\alpha .$$

题面里那三个量于是全部落到了 $O$、$A$、$B$ 三个点上：$|\alpha|=|OA|$（所求）、$|\beta|=|OB|=1$（已知）、$|\beta-\alpha|=|AB|$（不问，但马上要用）。

第二件事：$O$、$A$、$B$ 真的构成三角形吗？ 要点是三点不共线：

• $\alpha\neq\mathbf{0}$ 给出 $A\neq O$；
• $\alpha\neq\beta$ 给出 $\overrightarrow{AB}=\beta-\alpha\neq\mathbf{0}$，即 $A\neq B$；
• 若 $O$、$A$、$B$ 共线，则 $\alpha$ 与 $\beta-\alpha$ 平行，夹角只能是 $0^{\circ}$ 或 $180^{\circ}$，与题给的 $120^{\circ}$ 矛盾。

所以 $\triangle OAB$ 是一个货真价实的三角形。题面给的两个「不等于」不是摆设，它们正是「能摆成三角形」的那一半条件；另一半由 $120^{\circ}$ 负责。 这两句话后面还要再用一次——它们决定了答案那个区间左端点是开的。

第三件事（本题的机关）：$120^{\circ}$ 不是三角形的内角。 向量的夹角，是把两条向量的起点挪到同一处之后量出来的。$\alpha=\overrightarrow{OA}$ 指向 $A$，而 $\beta-\alpha=\overrightarrow{AB}$ 从 $A$ 出发——一进一出。把 $\alpha$ 平移到以 $A$ 为起点，它指向 $A$ 的外侧，于是

$$\angle(\alpha,\ \beta-\alpha)+\angle OAB=180^{\circ} \quad\Longrightarrow\quad \angle OAB=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ} .$$

这一步错了，正弦定理还会给出对的边（$\sin 120^{\circ}=\sin 60^{\circ}$），错误要等到用内角和裁范围、或者用余弦定理时才爆出来（易错点「向量夹角当成三角形内角」）。图上的办法最稳：在 $A$ 处补一条与 $\alpha$ 同向的虚线射线，把 $120^{\circ}$ 标在它与 $AB$ 之间，$60^{\circ}$ 标在三角形内侧，两个角分开画。

到这里，原题已经被完整地翻译成一句话：

$\triangle OAB$ 中 $\angle OAB=60^{\circ}$、$|OB|=1$，求 $|OA|$ 的取值范围。

解法一：原卷路线——补角定出内角，正弦定理把 $|\alpha|$ 写成一个正弦的倍数

第一步：内角。 由冷启动，$\triangle OAB$ 存在，且

$$\angle OAB=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ} .$$

第二步：另外两个角还剩多少自由度。 三角形内角和是 $180^{\circ}$，$\angle OAB$ 已占去 $60^{\circ}$：

$$\angle AOB+\angle OBA=120^{\circ} .$$

两个角都是三角形的内角，都严格大于 $0^{\circ}$，所以

$$0^{\circ}<\angle OBA<120^{\circ} .$$

（这一步就是「$120^{\circ}$ 到底是哪个角」的分水岭：若误把内角当成 $120^{\circ}$，这里得到的是 $0^{\circ}<\angle OBA<60^{\circ}$，范围凭空窄了一半。）

第三步：正弦定理。 在 $\triangle OAB$ 中，$\angle OBA$ 的对边是 $OA$，$\angle OAB$ 的对边是 $OB$：

$$\frac{|OA|}{\sin\angle OBA}=\frac{|OB|}{\sin\angle OAB} =\frac{1}{\sin 60^{\circ}}=\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3} .$$

于是所求的量被写成了一个角的正弦的固定倍数：

$$|\alpha|=|OA|=\frac{2\sqrt{3}}{3}\,\sin\angle OBA .$$

第四步：读 $\sin$ 在那个区间上的值域。 记 $\theta=\angle OBA\in(0^{\circ},120^{\circ})$。$\sin$ 在 $(0^{\circ},90^{\circ}]$ 上从 $0$（不含）递增到 $1$，在 $[90^{\circ},120^{\circ})$ 上从 $1$ 递减到 $\frac{\sqrt{3}}{2}$（不含）。两段合起来：

$$\sin\theta\in(0,1] .$$

最大值 $1$ 是取得到的——$\theta=90^{\circ}$ 落在 $(0^{\circ},120^{\circ})$ 里面（易错点「不等式求最值漏验等号」：写到 $\sin\theta\leqslant 1$ 就收笔，还差这一句）。而 $0$ 取不到：$\theta>0^{\circ}$ 是严格的，它来自「$O$、$A$、$B$ 不共线」——而不共线是三个条件合起来的结果：$\alpha\neq\mathbf{0}$ 与 $\alpha\neq\beta$ 保证两条向量都不是零向量、夹角有定义，真正排除共线的是「夹角是 $120^{\circ}$」这一句（共线时夹角只能是 $0^{\circ}$ 或 $180^{\circ}$）。

所以

$$|\alpha|=\frac{2\sqrt{3}}{3}\sin\theta\in\left(0,\ \frac{2\sqrt{3}}{3}\right] .$$

第五步：反过来验一遍——区间里每个数都真的取得到。 上面只证明了「$|\alpha|$ 必落在这个区间里」，还要说明区间里没有多余的数。任取 $\theta_{0}\in(0^{\circ},120^{\circ})$，造一个三角形：

$$\angle OAB=60^{\circ},\qquad \angle OBA=\theta_{0},\qquad \angle AOB=120^{\circ}-\theta_{0}>0^{\circ},\qquad |OB|=1 .$$

三个角为正且和为 $180^{\circ}$，再固定一条边长，这样的三角形存在。令 $\alpha=\overrightarrow{OA}$、$\beta=\overrightarrow{OB}$，则 $\alpha\neq\mathbf{0}$、$\alpha\neq\beta$，$|\beta|=1$，$\alpha$ 与 $\beta-\alpha$ 的夹角是 $180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$——题设全部满足，而 $|\alpha|=\frac{2\sqrt{3}}{3}\sin\theta_{0}$。$\theta_{0}$ 跑遍 $(0^{\circ},120^{\circ})$ 时 $\sin\theta_{0}$ 跑遍 $(0,1]$，故 $|\alpha|$ 恰好跑遍 $\left(0,\frac{2\sqrt{3}}{3}\right]$。

解法二：一条辅助线都不画——把两个模当未知数，判别式管住其中一个

怎么想到的。 题面里只有两个长度值得起名：所求的 $|\alpha|$，和那条没人问的 $|\beta-\alpha|$。$|\beta|=1$ 这个条件把它们绑成了一个方程。所求的量要有取值范围，无非是「另一个未知数还有没有活路」——这正是判别式管的事。

第一步：把 $|\beta|=1$ 展开成一个方程。 记

$$t=|\alpha|>0,\qquad u=|\beta-\alpha| .$$

$\alpha\neq\mathbf{0}$ 给出 $t>0$，$\alpha\neq\beta$ 给出 $u>0$。由 $\beta=\alpha+(\beta-\alpha)$ 两边取模平方，展开：

$$|\beta|^{2}=|\alpha|^{2}+|\beta-\alpha|^{2}+2\,\alpha\cdot(\beta-\alpha) .$$

而 $\alpha$ 与 $\beta-\alpha$ 的夹角是 $120^{\circ}$，故 $\alpha\cdot(\beta-\alpha)=tu\cos 120^{\circ}=-\frac{1}{2}tu$。代入 $|\beta|=1$：

$$\boxed{\,t^{2}-tu+u^{2}=1\,}$$

（换成几何的说法，这就是 $\triangle OAB$ 里对着 $\angle OAB=60^{\circ}$ 的那条余弦定理：$|OB|^{2}=|OA|^{2}+|AB|^{2}-2|OA||AB|\cos 60^{\circ}$。两条路写出来的是同一个式子。）

第二步：把它当成关于 $u$ 的二次方程。 整理：

$$u^{2}-t\,u+(t^{2}-1)=0 .$$

题设成立 $\iff$ 存在正数 $u$ 满足它。

第三步：必要性——判别式非负。 $u$ 是实数，故

$$\Delta=t^{2}-4(t^{2}-1)=4-3t^{2}\geqslant 0 \quad\Longrightarrow\quad t^{2}\leqslant\frac{4}{3} \quad\Longrightarrow\quad 0<t\leqslant\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3} .$$

第四步：充分性——每个这样的 $t$ 都配得出一个正的 $u$。 设 $0<t\leqslant\frac{2\sqrt{3}}{3}$，此时 $\Delta=4-3t^{2}\geqslant 0$，方程的两根是

$$u=\frac{t\pm\sqrt{4-3t^{2}}}{2} .$$

取加号那一支：

$$u_{+}=\frac{t+\sqrt{4-3t^{2}}}{2}>0$$

（$t>0$，根号部分 $\geqslant 0$，分子严格为正）。有了这对正数 $(t,u_{+})$，就能把向量造出来：取 $\alpha$ 为任意一条长度为 $t$ 的向量，再取一条与它成 $120^{\circ}$ 角、长度为 $u_{+}$ 的向量 $\gamma$，令 $\beta=\alpha+\gamma$。则 $\beta-\alpha=\gamma$，夹角是 $120^{\circ}$；$t>0$ 给出 $\alpha\neq\mathbf{0}$；$u_{+}>0$ 给出 $\beta-\alpha\neq\mathbf{0}$ 即 $\alpha\neq\beta$；而

$$|\beta|^{2}=t^{2}-tu_{+}+u_{+}^{2}=1$$

正是第一步那个方程，故 $|\beta|=1$。题设全部满足。

第五步：合起来。 第三步说「只能在这个区间里」，第四步说「区间里每个数都在」，于是

$$|\alpha|\in\left(0,\ \frac{2\sqrt{3}}{3}\right] .$$

这条路一个图都不用画，代价是要老老实实分两头论证：判别式给的是必要条件，「取得到」还得回头造一个例子。只写第三步就下结论，是本题最常见的半截答案（易错点「不等式求最值漏验等号」）。

顺带看一眼右端点长什么样。 $t=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ 时 $\Delta=0$，两根重合成 $u=\frac{t}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。此时 $t^{2}=\frac{4}{3}=u^{2}+1$，即 $|OA|^{2}=|AB|^{2}+|OB|^{2}$——$\angle OBA$ 恰是直角。这与第三条解法里「$OA$ 成为直径」说的是同一件事。

解法三：定角对定弦——$A$ 只能在一段弧上跑，$|OA|$ 是这个圆的弦

怎么想到的。 冷启动把题目翻译成了「$\angle OAB=60^{\circ}$、$|OB|=1$」。一个角定死、它所对的边也定死——这对条件在几何上不是「两个数」，而是一条曲线：顶点 $A$ 的活动范围正是一段圆弧（套路「定角对定弦定出一段圆弧」）。画出那段弧，所求的 $|OA|$ 就成了这个圆的一条弦，而弦的最大值是初中就会的结论。

第一步：那个圆有多大。 正弦定理的完整形态里，比值就是外接圆直径：

$$2R=\frac{|OB|}{\sin\angle OAB}=\frac{1}{\sin 60^{\circ}}=\frac{2\sqrt{3}}{3} .$$

$O$、$B$ 是定点，$\angle OAB=60^{\circ}<90^{\circ}$，所以 $A$ 落在以 $OB$ 为弦的那段优弧上（图中深蓝色粗线那一段），两个端点 $O$、$B$ 要挖掉——$A=O$ 就是 $\alpha=\mathbf{0}$，$A=B$ 就是 $\alpha=\beta$，题面明令禁止。

（严格说，使 $\angle OAB=60^{\circ}$ 的点是两段弧——直线 $OB$ 两侧各一段，互为镜像。图上只画了上面那段；下面那段是它关于 $OB$ 的翻折，每个位置的 $|OA|$ 与镜像位置逐位相同，故只在一段上讨论不会漏掉任何取值。）

第二步：上界。 $O$ 与 $A$ 都在这个圆上，$OA$ 是它的一条弦，而圆里最长的弦是直径：

$$|\alpha|=|OA|\leqslant 2R=\frac{2\sqrt{3}}{3} .$$

第三步：等号取得到吗。 $|OA|=2R$ 当且仅当 $OA$ 恰是直径，即 $A$ 落在 $O$ 的对径点 $A'$ 上。要紧的是问一句：$A'$ 在不在那段开弧上？

• $A'\neq O$：对径点与原点相距 $2R>0$；
• $A'\neq B$：若 $A'=B$，则 $OB$ 是直径，可 $|OB|=1<\frac{2\sqrt{3}}{3}=2R$，矛盾；
• $A'$ 与 $O$、$B$ 不共线：$OA'$ 是直径，故直径所对的圆周角 $\angle OBA'=90^{\circ}$，$B$ 不在直线 $OA'$ 上。

三条都过，$A'$ 确实在那段开弧上。把 $A$ 放到 $A'$，$\angle OBA=90^{\circ}$、$\angle OAB=60^{\circ}$、$\angle AOB=30^{\circ}$，题设全部满足，此时 $|\alpha|=\frac{2\sqrt{3}}{3}$——上界是取得到的最大值。

第四步：下界与中间的值。 $A$ 在那段开弧上连续地跑，$|OA|$ 随之连续变化：贴近端点 $O$ 时 $|OA|$ 任意接近 $0$ 但永远大于 $0$（$A\neq O$）；跑到 $A'$ 时取到 $\frac{2\sqrt{3}}{3}$。由连续性（介值），从 $O$ 端到 $A'$ 这一段弧上，$|OA|$ 取遍了 $\left(0,\frac{2\sqrt{3}}{3}\right]$ 中的每一个值。再配上第二步的上界：

$$|\alpha|\in\left(0,\ \frac{2\sqrt{3}}{3}\right] .$$

这条路的好处是「为什么是这个区间」全写在图上。 右端点闭，是因为对径点在弧上；左端点开，是因为弧的端点被挖掉了。两个端点的开闭不再靠记忆，而是看得见的。

答案

$$\boxed{\left(0,\ \frac{2\sqrt{3}}{3}\right]}$$

三条路都落在同一个区间上。$\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{2}{\sqrt{3}}\approx 1.155$，比 $|\beta|=1$ 略大——$|\alpha|$ 是可以超过 $|\beta|$ 的，取到最大值时 $\triangle OAB$ 是一个 $30^{\circ}$–$60^{\circ}$–$90^{\circ}$ 的直角三角形。