浙江 2015 · 数学 q15

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$\{x\vec e_{1}+y\vec e_{2}\}$ 扫出过 $O$ 的一整张平面（两条单位向量夹角 $\frac{\pi}{3}$），$\vec b$ 的终点 $B$ 悬在平面外 · 「对任意 $x,y$ 都 $\geqslant 1$」就是点到平面的距离，取到它的点是垂足 $H$：$\overrightarrow{OH}=\vec e_{1}+2\vec e_{2}$，$|\overrightarrow{OH}|^{2}=7$ ⟹ $|\vec b|=\sqrt{7+1^{2}}=2\sqrt{2}$

机位1题图角度2正对 OHB3沿 OHB 看4俯视自由视角

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冷启动：题面里最要紧的两个字是「空间」

已知的只有三个数：

$$\vec e_1\cdot\vec e_2=\frac12 ,\qquad \vec b\cdot\vec e_1=2 ,\qquad \vec b\cdot\vec e_2=\frac52 ,$$

外加一句「$\vec e_1$、$\vec e_2$ 是空间单位向量」。

第一个数先翻译一下：两个都是单位向量，所以

$$\vec e_1\cdot\vec e_2=\left|\vec e_1\right|\left|\vec e_2\right|\cos\theta=\cos\theta=\frac12 \ \Longrightarrow\ \theta=\frac{\pi}{3} .$$

它们不垂直——这一点贯穿全题：凡是算 $\left|x\vec e_1+y\vec e_2\right|^{2}$，都得带上交叉项 $2xy\cdot\dfrac12=xy$，不能当成 $x^{2}+y^{2}$。

为什么后两个数还不够

自然的念头是：设 $\vec b=x\vec e_1+y\vec e_2$，两个数量积给两个方程，解出 $x,y$ 就完事。 但 $\vec b$ 是空间向量，凭什么一定躺在 $\vec e_1,\vec e_2$ 那张平面上？

空间向量有 $3$ 个自由度，两个数量积只是 $2$ 个方程。少了一个。 把 $\vec b$ 拆成「平面里的一截 + 垂直于平面的一截」

$$\vec b=\vec p+\vec n ,\qquad \vec p\in P:=\{x\vec e_1+y\vec e_2\},\quad \vec n\perp P ,$$

就看清了：$\vec n$ 与 $\vec e_1$、$\vec e_2$ 的数量积都是 $0$， 对那两个已知数一点贡献都没有——想多长有多长。两个数量积管得住的只有 $\vec p$。

那个补上第三个方程的，正是题面里最长的那一句：对任意 $x,y$ 都有

$$\left|\vec b-(x\vec e_1+y\vec e_2)\right|\ \geqslant\ \left|\vec b-(x_0\vec e_1+y_0\vec e_2)\right|=1 .$$

它说的是：$\vec b$ 的终点到平面 $P$ 上各点的距离，最小值是 $1$。 这句话定住的就是 $\left|\vec n\right|$。三个条件配三个自由度，题目这才是适定的。

解法一：建系硬算，把 $\left|\vec b-(x\vec e_{1}+y\vec e_{2})\right|^{2}$ 配方

这是官方走的路：既然只关心长度和夹角，不如把整个图形摆进坐标系，全化成算术。

第一步：摆坐标系

$\vec e_1$、$\vec e_2$ 都是单位向量、夹角 $\dfrac{\pi}{3}$。 把它们连同 $\vec b$ 一起整体地转到一个方便的位置——长度与夹角都没变， 而要求的 $x_0,y_0,\left|\vec b\right|$ 全是与坐标系无关的量，所以「不妨设」是合法的：

$$\vec e_2=(1,0,0),\qquad \vec e_1=\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{2},0\right),\qquad \vec b=(m,n,t) .$$

（$\vec e_1$ 的两个坐标就是 $\left(\cos\dfrac{\pi}{3},\sin\dfrac{\pi}{3}\right)$， 它与 $\vec e_2$ 的夹角正好 $\dfrac{\pi}{3}$，模也确实是 $1$。）

第二步：两个数量积只解出两个坐标

$$\vec b\cdot\vec e_2=m=\frac52 ,\qquad \vec b\cdot\vec e_1=\frac{m}{2}+\frac{\sqrt3}{2}n=2 \ \Longrightarrow\ \frac54+\frac{\sqrt3}{2}n=2 \ \Longrightarrow\ n=\frac{\sqrt3}{2} .$$

于是 $\vec b=\left(\dfrac52,\dfrac{\sqrt3}{2},t\right)$——$t$ 还悬着。 冷启动里说的「差一个方程」，在坐标里就是这个 $t$。

第三步：把那句最长的条件写成一个二次式

$$\vec b-(x\vec e_1+y\vec e_2) =\left(\frac52-\frac{x}{2}-y,\ \frac{\sqrt3}{2}-\frac{\sqrt3}{2}x,\ t\right) ,$$ $$\left|\vec b-(x\vec e_1+y\vec e_2)\right|^{2} =\left(\frac52-\frac{x}{2}-y\right)^{2}+\frac34(1-x)^{2}+t^{2} =x^{2}+xy+y^{2}-4x-5y+t^{2}+7 .$$

对 $x$ 先配方（把 $y$ 当常数），再收拾剩下的 $y$：

$$x^{2}+x(y-4)=\left(x+\frac{y-4}{2}\right)^{2}-\frac{(y-4)^{2}}{4} ,$$ $$-\frac{(y-4)^{2}}{4}+y^{2}-5y+7=\frac34\left(y-2\right)^{2} ,$$ $$\boxed{\ \left|\vec b-(x\vec e_1+y\vec e_2)\right|^{2} =\left(x+\frac{y-4}{2}\right)^{2}+\frac34(y-2)^{2}+t^{2}\ }$$

第四步：读顶点

两个平方项都非负，而且能同时取 $0$：先取 $y=2$ 把第二项清零，再取 $x=-\dfrac{2-4}{2}=1$ 把第一项清零。 所以这个二次式的最小值是 $t^{2}$，在 $(x,y)=(1,2)$ 处取到，且这个最小点是唯一的 （两个平方项同时为零只有这一组解）。

对照题面：$x_0=1$、$y_0=2$，而最小值 $=t^{2}=1^{2}=1$，故 $t^{2}=1$。

$$\left|\vec b\right|=\sqrt{\left(\frac52\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^{2}+t^{2}} =\sqrt{\frac{25}{4}+\frac34+1}=\sqrt{8}=2\sqrt2 .$$

解法二：最小的那个距离就是垂线段，一个字母都不用设

坐标那条路要写四行展开式。但题面那句话本身就是一句几何话——“到一张平面上各点的距离，最小的那个”—— 而这种最小值是有名字的：垂线段。顺着这个名字走，全程不必设 $m,n,t$。

第一步：那一堆向量的终点铺成一张平面

$\vec e_1$ 与 $\vec e_2$ 夹角 $\dfrac{\pi}{3}$，不共线。按平面向量基本定理， 所有形如 $x\vec e_1+y\vec e_2$ 的向量，其终点

$$P=\left\{x\vec e_1+y\vec e_2:x,y\in\mathbb{R}\right\}$$

恰好铺满过原点 $O$ 的一整张平面，而且平面上每个点对应唯一一对 $(x,y)$。 这条唯一性最后一步要用。

第二步：把 $\vec b$ 拆成两截，用一次勾股

设 $\vec b=\vec p+\vec n$，其中 $\vec p\in P$、$\vec n\perp P$（空间里任一向量都能这么拆，且拆法唯一）。 对平面上任意一点 $\vec v\in P$：

$$\vec b-\vec v=\vec n+(\vec p-\vec v) ,$$

而 $\vec p-\vec v$ 躺在 $P$ 里、$\vec n$ 垂直于 $P$，两者垂直，于是

$$\left|\vec b-\vec v\right|^{2}=\left|\vec n\right|^{2}+\left|\vec p-\vec v\right|^{2} .$$

右边第二项是唯一能动的，它最小（等于 $0$）当且仅当 $\vec v=\vec p$。 所以：距离的最小值是 $\left|\vec n\right|$，且只在 $\vec v=\vec p$ 处取到。

第三步：把题面那句话对号入座

题面说最小值是 $1$，取到它的是 $\vec v=x_0\vec e_1+y_0\vec e_2$。两相对照：

$$\left|\vec n\right|=1 ,\qquad x_0\vec e_1+y_0\vec e_2=\vec p .$$

（第二式用了第一步那条唯一性：最小点只有一个，而它同时被写成了两种形式。）

于是 $\vec b-\left(x_0\vec e_1+y_0\vec e_2\right)=\vec n$ 垂直于整张平面 $P$， 自然也垂直于平面里的 $\vec e_1$ 和 $\vec e_2$——这就是两个新方程：

$$\left(\vec b-x_0\vec e_1-y_0\vec e_2\right)\cdot\vec e_1=0 \ \Longrightarrow\ 2-x_0-\frac{y_0}{2}=0 ,$$ $$\left(\vec b-x_0\vec e_1-y_0\vec e_2\right)\cdot\vec e_2=0 \ \Longrightarrow\ \frac52-\frac{x_0}{2}-y_0=0 .$$

（展开时只用到 $\left|\vec e_1\right|=\left|\vec e_2\right|=1$ 与 $\vec e_1\cdot\vec e_2=\dfrac12$。） 解这个二元一次方程组：

$$\begin{cases} x_0+\dfrac{y_0}{2}=2\\[2pt] \dfrac{x_0}{2}+y_0=\dfrac52 \end{cases} \ \Longrightarrow\ \begin{cases} 2x_0+y_0=4\\ x_0+2y_0=5 \end{cases} \ \Longrightarrow\ x_0=1,\ y_0=2 .$$

第四步：勾股拼回去

$$\left|\vec p\right|^{2}=\left|\vec e_1+2\vec e_2\right|^{2} =1^{2}+2^{2}\cdot 1^{2}+2\cdot 1\cdot 2\cdot\left(\vec e_1\cdot\vec e_2\right) =1+4+2=7 ,$$ $$\left|\vec b\right|^{2}=\left|\vec p\right|^{2}+\left|\vec n\right|^{2}=7+1=8 \ \Longrightarrow\ \left|\vec b\right|=2\sqrt2 .$$

答案：$x_0=1$，$y_0=2$，$\left|\vec b\right|=2\sqrt2$。

注意第四步那个 $+2$：它来自 $\vec e_1\cdot\vec e_2=\dfrac12$。 若误以为两个基向量垂直，这里会算成 $1+4=5$，最后得到 $\sqrt6$—— 不垂直的基底，模的平方一定带交叉项。

两条路怎么选

考场上填空题写解法二更快；但解法一有一个解法二没有的好处：它把 $t$ 明明白白摆在纸上， 于是”还差一个条件”这件事不会被忘掉。第一次做这类题，建议先按解法一算一遍， 把 $t$ 悬着的那个瞬间记住，以后再用解法二就不会漏。

一句话带走

两个数量积只定住 $\vec b$ 在那张平面上的影子，垂直于平面的那一截要另外找条件—— 而”对任意 $x,y$ 距离都不小于 $1$“这句话，找的正是它。