浙江 2017 · 数学 q10

冷启动：图上其实只有两个角

题面给的是一个平面四边形 $ABCD$，条件只有四条：

$$AB\perp BC,\qquad AB=BC=AD=2,\qquad CD=3$$

两条对角线 $AC$、$BD$ 交于 $O$，要比的三个数是

$$I_1=\vec{OA}\cdot\vec{OB},\qquad I_2=\vec{OB}\cdot\vec{OC},\qquad I_3=\vec{OC}\cdot\vec{OD}$$

先把数量积的定义摆出来——这道题从头到尾就靠它：

$$\vec a\cdot\vec b=|\vec a|\,|\vec b|\cos\theta$$

右边是两个正数乘一个可正可负的余弦。所以比大小天然分两层：先看符号，再在同号的里面比模。

而符号这一层，这道题给得特别便宜。两条直线交于 $O$，$O$ 周围只有四个角，其中

• $\angle AOB$ 与 $\angle COD$ 是对顶角，相等；
• $\angle BOC$ 与它们互补。

也就是说，三个数量积的余弦因子只有两种：$\cos\angle AOB$，和它的相反数。 整张图上只有一个角是自由的，其余全被它定死——这就是这道题的骨架。

解法一：把三个数量积都化成同一个数的倍数

骨架：三个数其实是一个数

$O$ 在对角线 $AC$ 上，所以 $\vec{OC}$ 与 $\vec{OA}$ 共线且反向；同理 $\vec{OD}$ 与 $\vec{OB}$ 共线反向。 把这两句写成式子：

$$\vec{OC}=-\lambda\,\vec{OA}\quad\left(\lambda=\frac{OC}{OA}>0\right),\qquad \vec{OD}=-\mu\,\vec{OB}\quad\left(\mu=\frac{OD}{OB}>0\right)$$

代进去，三个数量积立刻全变成 $I_1$ 的倍数：

$$I_2=\vec{OB}\cdot\vec{OC}=\vec{OB}\cdot(-\lambda\vec{OA})=-\lambda I_1$$ $$I_3=\vec{OC}\cdot\vec{OD}=(-\lambda\vec{OA})\cdot(-\mu\vec{OB})=\lambda\mu\, I_1$$

到这里，一个数都还没算，题目已经只剩三个问题：

1. $I_1$ 是正是负？
2. $\lambda>1$ 吗（即 $OA<OC$）？
3. $\mu>1$ 吗（即 $OB<OD$）？

因为：$\lambda>0$ 保证 $I_2$ 与 $I_1$ 异号；$\lambda\mu>1$ 且 $I_1<0$ 时，$\lambda\mu I_1$ 比 $I_1$ 更负。 三个问题都答成「是」，次序就定了：

$$I_3<I_1<0<I_2$$

下面把这三条逐条落实。

① $I_1<0$：$\angle AOB$ 是钝角

先算对角线。$\triangle ABC$ 在 $B$ 处是直角、两条直角边都是 $2$，勾股一次：

$$AC=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt2,\qquad \angle BAC=\angle BCA=45^\circ$$

再看 $\triangle ACD$：三边 $AC=2\sqrt2$、$AD=2$、$CD=3$ 全知道，余弦定理直接给角：

$$\cos\angle CAD=\frac{AC^2+AD^2-CD^2}{2\cdot AC\cdot AD} =\frac{8+4-9}{2\cdot 2\sqrt2\cdot 2}=\frac{3}{8\sqrt2}$$

拿它跟 $45^\circ$ 比。把 $\cos45^\circ$ 写成同分母的样子：

$$\cos45^\circ=\frac{1}{\sqrt2}=\frac{8}{8\sqrt2}$$

分母一样，比分子：$3<8$，所以 $\cos\angle CAD<\cos45^\circ$。余弦在 $(0^\circ,180^\circ)$ 上递减，于是

$$\angle CAD>45^\circ\quad\Longrightarrow\quad \angle BAD=\angle BAC+\angle CAD=45^\circ+\angle CAD>90^\circ$$

（$AC$ 落在 $\angle BAD$ 内部，所以这两个角能直接相加——凸四边形的对角线本来就把它分成的两个角合起来是整个内角。）

最后一步用上题目那个不起眼的条件 $AB=AD=2$：$\triangle ABD$ 是等腰三角形，两个底角相等，

$$\angle ABD=\angle ADB=\frac{180^\circ-\angle BAD}{2}=90^\circ-\frac{\angle BAD}{2}$$

在 $\triangle AOB$ 里把三个角加起来（注意 $O$ 在线段 $AC$ 上，故 $\angle OAB=\angle CAB=45^\circ$；$O$ 在线段 $BD$ 上，故 $\angle OBA=\angle DBA$）：

$$\angle AOB=180^\circ-45^\circ-\left(90^\circ-\frac{\angle BAD}{2}\right)=45^\circ+\frac{\angle BAD}{2}>45^\circ+45^\circ=90^\circ$$

于是 $\cos\angle AOB<0$，$I_1=OA\cdot OB\cdot\cos\angle AOB<0$。同时 $\angle BOC=180^\circ-\angle AOB$ 是锐角，故 $I_2>0$。

② $\mu>1$：$OB<OD$

$B$ 与 $D$ 在直线 $AC$ 的两侧，$O$ 是 $BD$ 与 $AC$ 的交点。一条直线上的点到另一条定直线的距离与 「到交点的距离」成正比，所以

$$\frac{OB}{OD}=\frac{\text{$B$ 到 $AC$ 的距离}}{\text{$D$ 到 $AC$ 的距离}} =\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle ACD}}$$

（两个三角形同以 $AC$ 为底，面积比就是高之比。）两块面积都好算：

$$S_{\triangle ABC}=\frac12\cdot 2\cdot 2=2$$

$\triangle ACD$ 用 $AD$、$CD$ 两边与它们的夹角：先由余弦定理

$$\cos\angle ADC=\frac{AD^2+CD^2-AC^2}{2\cdot AD\cdot CD}=\frac{4+9-8}{2\cdot 2\cdot 3}=\frac{5}{12} \;\Longrightarrow\; \sin\angle ADC=\sqrt{1-\frac{25}{144}}=\frac{\sqrt{119}}{12}$$ $$S_{\triangle ACD}=\frac12\cdot AD\cdot CD\cdot\sin\angle ADC=\frac12\cdot 2\cdot 3\cdot\frac{\sqrt{119}}{12}=\frac{\sqrt{119}}{4}$$

比一次：$\sqrt{119}>\sqrt{64}=8$，故 $S_{\triangle ACD}>\dfrac84=2=S_{\triangle ABC}$，即

$$\frac{OB}{OD}<1,\qquad \mu=\frac{OD}{OB}=\frac{\sqrt{119}}{8}>1$$

③ $\lambda>1$：$OA<OC$

同一招换一条对角线。$A$ 与 $C$ 在直线 $BD$ 的两侧，故

$$\frac{OA}{OC}=\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle CBD}}$$

两块面积都用「两边夹一角」：

$$S_{\triangle ABD}=\frac12\cdot AB\cdot AD\cdot\sin\angle BAD=2\sin\angle BAD\le 2$$ $$S_{\triangle CBD}=\frac12\cdot CB\cdot CD\cdot\sin\angle BCD=3\sin\angle BCD$$

$\angle BCD=\angle BCA+\angle ACD=45^\circ+\angle ACD$，而

$$\cos\angle ACD=\frac{AC^2+CD^2-AD^2}{2\cdot AC\cdot CD}=\frac{8+9-4}{2\cdot 2\sqrt2\cdot 3}=\frac{13}{12\sqrt2}>0$$

余弦为正说明 $\angle ACD<90^\circ$，于是 $45^\circ<\angle BCD<135^\circ$，这一段上正弦大于 $\sin45^\circ$：

$$S_{\triangle CBD}=3\sin\angle BCD>3\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\frac{3\sqrt2}{2}\approx 2.12>2\ge S_{\triangle ABD}$$

所以 $\dfrac{OA}{OC}<1$，即 $\lambda>1$。

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三条都成立，代回骨架：

$$I_1<0,\qquad I_2=-\lambda I_1>0,\qquad I_3=\lambda\mu\,I_1<I_1$$ $$\boxed{\,I_3<I_1<I_2\,}$$

选 C。整条路只算了两次余弦定理和两块面积，三个数量积一个都没求出来。

解法二：建系，把三个数直接算出来

上面那条路胜在快，但每一步都要说清「谁在谁的哪一侧」。要一劳永逸，就建系硬算—— 条件里有个现成的直角，坐标系是白送的。

定四个点

把直角顶点放在原点，两条直角边放在两个坐标轴上：

$$B(0,0),\qquad A(0,2),\qquad C(2,0)$$

对角线 $AC$ 就是直线 $x+y=2$。设 $D(x,y)$，把两个距离条件写成坐标式：

$$AD=2:\quad x^2+(y-2)^2=4\quad\Longrightarrow\quad x^2+y^2=4y$$ $$CD=3:\quad (x-2)^2+y^2=9\quad\Longrightarrow\quad x^2+y^2=4x+5$$

两式相减，二次项当场抵消（这是两圆相交问题的标准第一步，剩下的是那条公共弦所在的直线）：

$$4y=4x+5\quad\Longrightarrow\quad y=x+\frac54$$

回代第一式：

$$x^2+\left(x+\frac54\right)^2=4\left(x+\frac54\right) \quad\Longrightarrow\quad 32x^2-24x-55=0 \quad\Longrightarrow\quad x=\frac{3\pm\sqrt{119}}{8}$$

两个根对应两个交点，取哪一个？$ABCD$ 是四边形，$D$ 必须与 $B$ 分居对角线 $AC$ 的两侧， 即 $x+y>2$。$\sqrt{119}\approx10.91$，两个根一个约 $1.74$、一个约 $-0.99$，代进去只有前者过关：

$$D\left(\frac{3+\sqrt{119}}{8},\ \frac{13+\sqrt{119}}{8}\right)\approx(1.739,\ 2.989)$$

定 $O$

$O$ 在直线 $BD$ 上，而 $B$ 是原点，所以 $O=t\,D$；又 $O$ 在 $AC$ 上，即两个坐标之和为 $2$。 记 $s=\sqrt{119}$，$D$ 的两坐标之和是 $\dfrac{16+2s}{8}=\dfrac{8+s}{4}$，于是 $t=\dfrac{8}{8+s}$，

$$O\left(\frac{3+s}{8+s},\ \frac{13+s}{8+s}\right)\approx(0.736,\ 1.264)$$

写得更省事一点：记 $p=\dfrac{3+s}{8+s}$、$q=\dfrac{13+s}{8+s}$，注意 $p+q=2$（这正是「$O$ 在 $AC$ 上」）， 且

$$q-p=\frac{10}{8+s}>0$$

三个数量积

四个向量：

$$\vec{OA}=(-p,\,2-q)=(-p,\,p),\qquad \vec{OB}=(-p,\,-q),\qquad \vec{OC}=(2-p,\,-q)=(q,\,-q)$$ $$\vec{OD}=\left(\frac{3+s}{8}-p,\ \frac{13+s}{8}-q\right)$$

前三个只用到 $p+q=2$，一眼可写。逐个点乘：

$$I_1=\vec{OA}\cdot\vec{OB}=p^2-pq=p(p-q)=-\frac{10p}{8+s}=-\frac{10(3+s)}{(8+s)^2}$$ $$I_2=\vec{OB}\cdot\vec{OC}=-pq+q^2=q(q-p)=\frac{10q}{8+s}=\frac{10(13+s)}{(8+s)^2}$$

$I_3$ 稍绕一点，但 $\vec{OC}=(q,-q)$ 的两个分量只差一个负号，把它提出来：

$$I_3=\vec{OC}\cdot\vec{OD}=q\left[\left(\frac{3+s}{8}-p\right)-\left(\frac{13+s}{8}-q\right)\right] =q\left[-\frac{10}{8}+(q-p)\right] =q\left(-\frac54+\frac{10}{8+s}\right)$$

括号里通分：$\dfrac{-5(8+s)+40}{4(8+s)}=\dfrac{-5s}{4(8+s)}$，于是

$$I_3=-\frac{5s(13+s)}{4(8+s)^2}$$

比大小

三个式子有个公共的正因子 $K=\dfrac{10}{(8+s)^2}$：

$$I_1=-K(3+s),\qquad I_2=K(13+s),\qquad I_3=-K\cdot\frac{s(13+s)}{8}$$

• $I_2>0$，另两个都为负，$I_2$ 最大；

• $I_1$ 与 $I_3$ 都是 $-K\times(\text{正数})$，括号里那个正数越大，值越小。 $s=\sqrt{119}>10$，所以

  $$\frac{s(13+s)}{8}>\frac{10\times 23}{8}=28.75,\qquad 3+s<3+11=14$$

  后者远小于前者，故 $I_3<I_1$。

$$I_3<I_1<I_2$$

选 C。代进数值核一遍：$I_1\approx-0.39$、$I_2\approx0.67$、$I_3\approx-0.91$，与图上数轴那一格一致。

避坑清单

• 两条最长的向量，数量积不一定最大。 $I_3$ 用的 $\vec{OC}$、$\vec{OD}$ 恰是四段里最长的两段 （$1.79$ 与 $1.99$），可它是三个数里最小的那个——因为夹角是钝角，余弦为负， 模的乘积越大只会让它负得更深。「大小」这个词在负数区是反的，动笔前先分正负。
• 别把 $\lambda$、$\mu$ 的方向弄反。 $\vec{OC}=-\lambda\vec{OA}$ 里的 $\lambda=\dfrac{OC}{OA}$ 是「后者比前者」，写反了 $I_3<I_1$ 就成了 $I_3>I_1$。安全的做法是写完立刻代一组数值验一次。
• 两圆相减那一步别忘了筛根。 $32x^2-24x-55=0$ 有两个根，另一个给出的点在 $AC$ 的 $B$ 侧， 连出来的 $ABCD$ 是自交的折线，不是四边形。判据要显式写出来（$x+y>2$）， 别只凭「图上看着是那个」。
• 等腰这件事是题目埋的。 $AB=AD=2$ 看起来只是又一条边长，实际是解法一里 「$\angle ABD=90^\circ-\dfrac{\angle BAD}{2}$」的唯一依据。条件里凡是「两条边相等」， 先想它是不是要你用等腰。
• 最后回读选项。 本题的 $I_3<I_1<I_2$ 是 C；$I_1<I_3<I_2$ 是 B。 三个下标的排列在四个选项里摆了四种，看错一眼就换了个答案。