浙江 2016 · 数学 q03

冷启动：先把「投影」和那片区域都摆清楚

题目自己把「投影」定义好了：过点 $P$ 作直线 $l$ 的垂线，垂足就是 $P$ 在 $l$ 上的投影。 所以「区域中的点在 $l$ 上的投影构成的线段 $AB$」，说的是：把区域里每一个点都垂直地压到 $l$ 上， 落下来的那一堆垂足，正好铺成一条线段，问它多长。

区域是

$$D:\quad \begin{cases} x-2\leqslant 0,\\[2pt] x+y\geqslant 0,\\[2pt] x-3y+4\geqslant 0, \end{cases} \qquad l:\ x+y-2=0 .$$

三条边界线两两相交，得到三个交点：

• $x=2$ 与 $x+y=0$：代入得 $y=-2$，交点 $R(2,-2)$；
• $x=2$ 与 $x-3y+4=0$：$2-3y+4=0$，$y=2$，交点 $M(2,2)$；
• $x+y=0$ 与 $x-3y+4=0$：由 $x=-y$ 代入得 $-y-3y+4=0$，$y=1$，$x=-1$，交点 $Q(-1,1)$。

三个点各自代回第三条约束都成立，所以 $D$ 就是三角形 $QMR$，是一片有界的凸区域。

有界这件事值得留意一下：如果 $D$ 无界，影子就可能是一条射线甚至整条直线， 「线段 $AB$」这个说法本身会落空。题目敢说「构成的线段」，就是在暗示区域有界。

下面两条路：一条把「影子的长度」翻译成一个线性函数的跨度硬算， 一条盯住「$x+y=0$ 与 $x+y-2=0$ 平行」这个巧合直接读出答案。

解法一：把影长翻译成 x−y 的跨度

这条路不去想「哪两个点是端点」，而是先把「投影后的位置」变成一个数， 再看这个数在区域上能跑多远。

第一步：给投影线装一根方向向量

$l:x+y-2=0$ 的法向量是 $(1,1)$，所以它的方向向量取 $(1,-1)$，单位化成

$$\vec d=\frac{1}{\sqrt2}(1,-1).$$

$l$ 上的点由一个参数就能定位：取 $l$ 上任一点当原点标记， 沿 $\vec d$ 走多远，就是这个点在 $l$ 上的「坐标」。

第二步：一个点投影后落在哪儿，只由 $\vec{OP}\cdot\vec d$ 决定

设 $P(x,y)$，它在 $l$ 上的投影是 $P'$。因为 $PP'\perp l$，而 $\vec d$ 是 $l$ 的方向， 所以 $\vec{PP'}\cdot\vec d=0$，于是

$$\vec{OP'}\cdot\vec d=\vec{OP}\cdot\vec d+\vec{PP'}\cdot\vec d=\vec{OP}\cdot\vec d =\frac{x-y}{\sqrt2}.$$

这一步是关键：投影点在 $l$ 上的位置刻度，等于原来那个点的 $\dfrac{x-y}{\sqrt2}$。 两点投影后的距离，就是这两个刻度之差的绝对值。

于是

$$|AB|=\max_{P\in D}\frac{x-y}{\sqrt2}-\min_{P\in D}\frac{x-y}{\sqrt2} =\frac{1}{\sqrt2}\Bigl(\max_{D}(x-y)-\min_{D}(x-y)\Bigr).$$

问题化成了一道标准的线性规划：求 $u=x-y$ 在 $D$ 上的最大值与最小值。

第三步：把区域的顶点解出来，顺带确认它有界

$D$ 的三条边界是 $x=2$、$x+y=0$、$x-3y+4=0$。两两求交：

• $x=2$ 与 $x+y=0$：$2+y=0$，得 $R(2,-2)$；
• $x=2$ 与 $x-3y+4=0$：$2-3y+4=0$，得 $M(2,2)$；
• $x+y=0$ 与 $x-3y+4=0$：由 $x=-y$ 代入得 $-y-3y+4=0$，$y=1$，$x=-1$，得 $Q(-1,1)$。

交点未必落在可行域里，三个都要回代验一遍：

• $R(2,-2)$：$x-2=0\leqslant0$ ✓；$x+y=0\geqslant0$ ✓；$x-3y+4=2+6+4=12\geqslant0$ ✓；
• $M(2,2)$：$0\leqslant0$ ✓；$4\geqslant0$ ✓；$2-6+4=0\geqslant0$ ✓；
• $Q(-1,1)$：$-3\leqslant0$ ✓；$0\geqslant0$ ✓；$-1-3+4=0\geqslant0$ ✓。

三个都在。再直接从约束看出有界：

$$x\leqslant2;\qquad y\geqslant-x\geqslant-2;\qquad y\leqslant\frac{x+4}{3}\leqslant\frac{2+4}{3}=2;\qquad x\geqslant-y\geqslant-2 .$$

（第二式用了 $x+y\geqslant0$ 与 $x\leqslant2$；第三式用了 $x-3y+4\geqslant0$ 与 $x\leqslant2$； 第四式用了 $x+y\geqslant0$ 与刚得到的 $y\leqslant2$。） 于是 $-2\leqslant x\leqslant2$、$-2\leqslant y\leqslant2$，$D$ 被关在一个正方形里，有界。

三条互不平行的直线所定的三个半平面，公共部分有界、且三个两两相交的点都可行—— 那么这块公共部分就是以 $Q$、$M$、$R$ 为顶点的三角形。

第四步：线性目标在顶点取到最值

$u=x-y$ 是线性的，$D$ 是有界的凸多边形（三角形 $QMR$），所以 $u$ 的最值必在顶点上取到。 把 $u=x-y$ 看成一族斜率为 $1$ 的平行直线 $y=x-u$，沿法向平移， 最后离开区域的那个顶点给出极值——注意 $u$ 越大，这族直线的截距 $-u$ 越小、线越靠右下， 所以「往右下推」得到最大值、「往左上推」得到最小值。

三个顶点逐个代：

$$u(Q)=-1-1=-2,\qquad u(M)=2-2=0,\qquad u(R)=2-(-2)=4 .$$

所以 $\max_D u=4$（在 $R$ 取到），$\min_D u=-2$（在 $Q$ 取到），跨度

$$\max_D u-\min_D u=4-(-2)=6 .$$

第五步：换算回长度

$$|AB|=\frac{6}{\sqrt2}=\frac{6\sqrt2}{2}=3\sqrt2 .$$

对照选项，$3\sqrt2$ 正是 C。（$2\sqrt2\approx2.83$、$4$、$6$ 都对不上。）

顺带说一句：端点由 $u$ 的最值决定，所以 $A$ 是 $Q$ 的投影、$B$ 是 $R$ 的投影， 中间那个顶点 $M$ 的 $u=0$ 夹在 $-2$ 与 $4$ 之间，它的投影落在 $AB$ 内部，不影响长度。

解法二：认出与投影线平行的那条边

这条路一行公式都不用推，只要看出一个巧合。

第一步：$x+y=0$ 与 $x+y-2=0$ 平行

两条直线的法向量都是 $(1,1)$，只是常数项差了 $2$——它们平行。

而区域 $D$ 的三条边界里，正好有一条就是 $x+y=0$：约束 $x+y\geqslant0$ 的边界。 落在这条边界上的顶点是哪两个？把三个顶点代进 $x+y$：

$$Q(-1,1):\ -1+1=0,\qquad M(2,2):\ 2+2=4,\qquad R(2,-2):\ 2-2=0 .$$

$Q$ 和 $R$ 都使 $x+y=0$，所以边 $QR$ 整条躺在直线 $x+y=0$ 上，因而 $QR\parallel l$。

第二步：与 $l$ 平行的线段，投影到 $l$ 上长度不变

作 $Q$、$R$ 到 $l$ 的垂线，垂足记为 $A$、$B$。 $QA\perp l$、$RB\perp l$，所以 $QA\parallel RB$；又 $QR\parallel AB$（都平行于 $l$）。 四边形 $QRBA$ 两组对边分别平行，是平行四边形，于是

$$|AB|=|QR| .$$

直接算这条边的长度：

$$|QR|=\sqrt{(2-(-1))^{2}+(-2-1)^{2}}=\sqrt{9+9}=3\sqrt2 .$$

第三步：补上必须补的一句——第三个顶点没伸出去

到这里只证明了「$QR$ 的影子长 $3\sqrt2$」。但影子是整片区域压下来的， 万一顶点 $M$ 的投影跑到 $A$、$B$ 之外，影子就比 $3\sqrt2$ 长。必须验一下。

点 $P(x,y)$ 在 $l:x+y-2=0$ 上的投影是

$$P'=P-\frac{x+y-2}{2}(1,1),$$

（沿法向 $(1,1)$ 走到线上；系数由 $\dfrac{x+y-2}{|(1,1)|^{2}}$ 得到。）逐个算：

$$A=Q-\frac{-2}{2}(1,1)=(-1,1)+(1,1)=(0,2),$$ $$B=R-\frac{-2}{2}(1,1)=(2,-2)+(1,1)=(3,-1),$$ $$M'=M-\frac{2}{2}(1,1)=(2,2)-(1,1)=(1,1).$$

$M'(1,1)$ 在不在线段 $AB$ 上？从 $A(0,2)$ 到 $B(3,-1)$ 的方向是 $(3,-3)$，而

$$(1,1)=(0,2)+\tfrac13\,(3,-3),$$

参数 $\tfrac13\in[0,1]$，所以 $M'$ 落在 $A$ 与 $B$ 之间。第三个顶点没有伸出去。

第四步：凸区域的影子由顶点的影子决定

$D$ 是三角形，是凸的；投影是线性映射，把凸集映成凸集，把顶点映成 $A$、$M'$、$B$。 三点都在 $l$ 上，其中 $M'$ 夹在 $A$、$B$ 中间，所以整片区域的影子就是线段 $AB$，

$$|AB|=|QR|=3\sqrt2 .$$

选 C。

回头看：两条路各自强在哪儿

解法一是通用的：不管区域长什么样、投影线是哪条， 「投影后的位置 $=\vec{OP}\cdot\vec d$」这一步都成立， 剩下的就是一道线性规划——把 $x-y$ 在顶点上算一遍取跨度。 换成别的方向、别的多边形，这套流程一个字都不用改。

解法二快，但快在这道题恰好有一条边与投影线平行。 它的代价是必须补第三步那句验证：认出平行只给了「至少这么长」， 还要确认其余顶点没伸出去，才敢说「恰好这么长」。 少了这一句，遇到第三个顶点真的伸出去的题就会漏掉一截。

一句话记住这道题：影子的长短，看的是「沿着这条直线的方向跑得多远」， 而不是「谁离谁最远」——把 $x-y$ 在顶点上算一遍，跨度除以 $\sqrt2$ 就是答案。