浙江 2022 · 数学 q17

冷启动：先把题面读成一句人话

单位圆里有一个内接正八边形 $A_1A_2\cdots A_8$（八个顶点都在圆上，圆心记作 $O$，半径 $R=1$）。点 $P$ 在边 $A_1A_2$ 这条线段上滑动。求

$$S=\overrightarrow{PA_1}^2+\overrightarrow{PA_2}^2+\cdots+\overrightarrow{PA_8}^2$$

的取值范围。

① $\overrightarrow{PA_i}^2$ 是什么。 向量的平方就是它的模的平方：$\overrightarrow{PA_i}^2=\left|\overrightarrow{PA_i}\right|^2=|PA_i|^2$。所以这道题问的是

$$S=\sum_{i=1}^{8}|PA_i|^2$$

——$P$ 到八个顶点的距离平方和。它是个纯数，不是向量。

② $P$ 在哪里跑？ 在线段 $A_1A_2$ 上，而 $A_1A_2$ 是圆的一条弦（不是圆弧、更不是整个圆）。这句话是本题的真正考点，下面会反复用到：

• $P$ 离 $O$ 最近时在弦的中点（垂足），$|OP|=$ 边心距；
• $P$ 离 $O$ 最远时在两个端点 $A_1$ 或 $A_2$，$|OP|=R=1$。

别把 $P$ 当成圆上的点（那样 $|OP|\equiv1$，答案就成一个数了），也别以为 $|OP|$ 能小到 $0$（$O$ 不在弦上）。

③ 八个顶点长什么样。 正八边形的顶点把圆周八等分，相邻两个顶点对圆心张角 $\dfrac{360^\circ}{8}=45^\circ$。特别地，$A_i$ 与 $A_{i+4}$ 正好隔了 $4\times45^\circ=180^\circ$——它们是一条直径的两端。这一条是解法二的全部本钱。

④ 目标形状的预判。 八段距离都随 $P$ 变，但它们的平方和很可能只与 $|OP|$ 有关（图形绕 $O$ 高度对称，$P$ 的方向不该起作用）。两条解法都会证实这一点：

$$S=8|OP|^2+8$$

于是问题从「八段距离」缩成「一段距离 $|OP|$ 的范围」。

解法一：建系写出八个顶点坐标，直接把平方和加出来

怎么想到的。 八个点、一个动点、要算距离平方和——坐标是最不用动脑的通道：每段距离平方都是两个坐标差的平方，加起来无非是一次代数整理。正八边形的顶点坐标又恰好很干净（$45^\circ$ 的整数倍）。

① 建系。 以 $O$ 为原点、$OA_3$ 所在直线为 $x$ 轴、$OA_1$ 所在直线为 $y$ 轴。八个顶点按 $45^\circ$ 依次排开，记 $s=\dfrac{\sqrt2}{2}$：

$$A_1(0,1),\ A_2(s,s),\ A_3(1,0),\ A_4(s,-s),\ A_5(0,-1),\ A_6(-s,-s),\ A_7(-1,0),\ A_8(-s,s)$$

② 两个坐标和都是 $0$。 这一步要真加一遍，不能只说「由对称性」：

$$\sum x_i=0+s+1+s+0-s-1-s=0,\qquad \sum y_i=1+s+0-s-1-s+0+s=0$$

③ 把平方和展开。 设 $P(x,y)$：

$$\begin{aligned} S&=\sum_{i=1}^{8}\left[(x-x_i)^2+(y-y_i)^2\right]\\ &=\sum_{i=1}^{8}\left(x^2-2xx_i+x_i^2+y^2-2yy_i+y_i^2\right)\\ &=8(x^2+y^2)-2x\underbrace{\sum x_i}_{=0}-2y\underbrace{\sum y_i}_{=0}+\underbrace{\sum\left(x_i^2+y_i^2\right)}_{\text{每项都}=1}\\ &=8(x^2+y^2)+8 \end{aligned}$$

（最后一项：每个顶点都在单位圆上，$x_i^2+y_i^2=1$，八个加起来是 $8$。）

于是 $S=8|OP|^2+8$，$P$ 的方向确实不起作用，只剩 $|OP|^2$。

④ 求 $|OP|^2$ 的范围——把 $P$ 参数化。 $P$ 在线段 $A_1A_2$ 上，写成

$$P=A_1+t\,(A_2-A_1)=\left(ts,\ 1+t(s-1)\right),\qquad t\in[0,1]$$ $$\begin{aligned} |OP|^2&=t^2s^2+\left[1+t(s-1)\right]^2 =t^2s^2+1+2t(s-1)+t^2(s-1)^2\\ &=t^2\underbrace{\left[s^2+(s-1)^2\right]}_{=\frac12+\left(\frac32-\sqrt2\right)=2-\sqrt2}+\;2(s-1)\,t+1 =(2-\sqrt2)t^2-(2-\sqrt2)t+1 \end{aligned}$$

（用到 $s^2=\dfrac12$、$(s-1)^2=\dfrac12-\sqrt2+1=\dfrac32-\sqrt2$，以及 $2(s-1)=\sqrt2-2$。）

这是个开口向上的二次函数（$2-\sqrt2>0$），对称轴 $t=\dfrac12$：

$$|OP|^2_{\min}=(2-\sqrt2)\left(\frac14-\frac12\right)+1=1-\frac{2-\sqrt2}{4}=\frac{2+\sqrt2}{4} \quad(\text{在 }t=\tfrac12,\ \text{即 }A_1A_2\text{ 的中点})$$ $$|OP|^2_{\max}=1\quad(t=0\text{ 或 }1,\ \text{即两个端点}A_1,A_2)$$

$t$ 连续取遍 $[0,1]$，所以 $|OP|^2$ 取遍 $\left[\dfrac{2+\sqrt2}{4},\,1\right]$。

⑤ 代回。

$$S=8|OP|^2+8\in\left[8\cdot\frac{2+\sqrt2}{4}+8,\ 8\cdot1+8\right]=\left[\,2(2+\sqrt2)+8,\ 16\,\right]$$ $$\boxed{S\in\left[12+2\sqrt2,\ 16\right]}\qquad(12+2\sqrt2\approx14.83)$$

解法二：把八个顶点配成四条直径，每条用中线定理

怎么想到的。 解法一要写八个坐标、算两个求和。可这八个点摆得如此对称——$A_1$ 与 $A_5$、$A_2$ 与 $A_6$、$A_3$ 与 $A_7$、$A_4$ 与 $A_8$ 各是一条直径的两端，而 $O$ 正是每条直径的中点。中点这两个字一出现，就该想到中线定理：

$$|PA|^2+|PB|^2=2|PN|^2+2|NA|^2\qquad(N\text{ 是 }AB\text{ 的中点})$$

一句话就能把两段距离压成一个 $|PO|$——八个点配成四对，四句话就够，一个坐标都不用写。

① 确认能配对。 正八边形的顶点八等分圆周，$A_i$ 与 $A_{i+4}$ 之间隔 $4\times45^\circ=180^\circ$，所以 $A_iA_{i+4}$ 是过圆心的直径，$O$ 是它的中点，且 $|OA_i|=R=1$。四对：$(A_1,A_5)$、$(A_2,A_6)$、$(A_3,A_7)$、$(A_4,A_8)$，八个顶点一个不漏、一个不重。

② 每对用一次中线定理。 每条直径的中点 $N$ 都是 $O$，且 $|NA_i|=R=1$（后面 $M$ 另有所指——它是弦 $A_1A_2$ 的中点，别混）：

$$|PA_1|^2+|PA_5|^2=2|PO|^2+2$$ $$|PA_2|^2+|PA_6|^2=2|PO|^2+2$$ $$|PA_3|^2+|PA_7|^2=2|PO|^2+2$$ $$|PA_4|^2+|PA_8|^2=2|PO|^2+2$$

四条式子右边一模一样——这正是「$P$ 的方向不起作用」的原因：中线定理里交叉项 $\pm2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OP}$ 在每一对内部当场抵消了。

③ 四式相加。

$$S=4\left(2|PO|^2+2\right)=8|PO|^2+8$$

与解法一同一个式子，但没写过一个坐标。

④ 求 $|OP|$ 的范围——用边心距。 $P$ 在弦 $A_1A_2$ 上：

• 最近：$O$ 到弦 $A_1A_2$ 的距离，即正八边形的边心距。$A_1$、$A_2$ 对 $O$ 张角 $45^\circ$，$OM$ 平分它，在直角三角形 $OMA_1$ 中

$$|OM|=R\cos\frac{45^\circ}{2}=\cos22.5^\circ$$

• 最远：端点处 $|OA_1|=|OA_2|=R=1$。

所以 $\cos22.5^\circ\le|OP|\le1$。

⑤ $\cos^2 22.5^\circ$ 用降幂算，不必求 $\cos22.5^\circ$ 本身。 由二倍角公式 $\cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1$ 反解：

$$\cos^2\alpha=\frac{1+\cos2\alpha}{2} \ \Longrightarrow\ \cos^2 22.5^\circ=\frac{1+\cos45^\circ}{2}=\frac{1+\frac{\sqrt2}{2}}{2}=\frac{2+\sqrt2}{4}$$

这一步是本解法的省力眼：$S$ 里出现的是 $|OP|^2$，所以只需要 $\cos^2$，根本不用把 $\cos22.5^\circ=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt2}}{2}$ 这种双重根号写出来。

⑥ 收口。 $|OP|^2\in\left[\dfrac{2+\sqrt2}{4},\,1\right]$（$|OP|$ 随 $P$ 连续变化，取遍两端之间的每个值），故

$$S=8|OP|^2+8\in\left[\,12+2\sqrt2,\ 16\,\right]$$ $$\boxed{S\in\left[12+2\sqrt2,\ 16\right]}$$

这两条路差在哪

• 解法一是算：建系、写八个坐标、展开求和、再把 $P$ 参数化成 $t$ 求二次函数的最值。它造出的中间对象是八个顶点的坐标与关于 $t$ 的二次函数；好处是每一步都机械可查，连「最小值在中点取到」都是由对称轴 $t=\frac12$ 算出来的，不靠图形直觉。
• 解法二是配：先看出顶点两两成直径，用中线定理把每对压成 $2|PO|^2+2$，四句话收工。它造出的中间对象是四条直径与四个配对等式；一个坐标都没有，代价是要认出中心对称、并单独用边心距求 $|OP|$ 的下界（这一步反过来又需要降幂公式）。

第一个实质动作就分岔了（建系 vs 配对），中间对象也不同，各自依赖的工具也不同（坐标运算与二次函数 vs 中线定理与降幂公式）。所以是两条路。

考场上怎么选：解法二快得多——认出「正偶数边形 ⇒ 顶点成直径」之后，$S=8|PO|^2+8$ 几乎是口算。解法一胜在无脑：想不起中线定理时，建系照样能在两三分钟内推到同一步。两条路的后半段（求 $|OP|$ 的范围）其实是同一件事，谁也躲不掉，那才是本题真正的分水岭。

🕳️ 避坑

• $P$ 在边上，不在圆上。 $|OP|$ 的范围是 $[\cos22.5^\circ,1]$：下界是边心距（不是 $0$，$O$ 不在弦上），上界才是半径。误以为 $|OP|=1$ 会得到单个值 $16$；误以为下界是 $0$ 会得到 $[8,16]$。两种都错在同一处。
• $\overrightarrow{PA_i}^2$ 是数不是向量。 向量的平方等于模的平方，八项加起来是一个实数，所以答案是个区间，不是「向量的范围」。
• 常数项别漏。 $S=8|OP|^2+\sum|OA_i|^2$，后一项是 $8\times R^2=8$。只写 $8|OP|^2$ 会得到 $[4+2\sqrt2,8]$。
• 配对要隔一半，不是隔一个。 与 $A_1$ 配对的是 $A_5$（隔 $4$ 个），不是 $A_2$。配成 $(A_1,A_2)$ 那样的相邻对，$O$ 就不是中点，中线定理不成立。
• 区间是闭的。 两端都取得到：$t=\frac12$（边的中点）给下界，$t=0,1$（端点 $A_1$、$A_2$）给上界。注意 $P=A_1$ 时 $|PA_1|=0$ 完全合法，不必排除。
• 只要 $\cos^2$，别硬算 $\cos22.5^\circ$。 降幂一步到 $\dfrac{2+\sqrt2}{4}$；先求 $\cos22.5^\circ=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt2}}{2}$ 再平方，多绕一圈还容易算错。