3.3 无几何特征的建系

在 3.2 节中, 所有的问题都具有明显的几何特征. 然而, 有一些向量问题的几何特征并不明显. 无论如何, 我们建立坐标系的第一原则是尽可能方便地确定点的坐标, 以及尽量减少涉及的变量个数. 常见的做法是将某些特殊的向量固定在坐标轴上.

✍️ 例 3.30

(2020 浙江 17) 已知平面单位向量 $e_{1}, e_{2}$ 满足 $\left|2e_{1}-e_{2}\right|\leqslant\sqrt{2}$ . 设 $a=e_{1}+e_{2}, b=3e_{1}+e_{2}$ ，向量 a, b 的夹角为 $\theta$ ，则 $\cos^{2}\theta$ 的最小值是 ____.

🔑 查看解析与步骤

先把向量 $e_1$ 的坐标固定在坐标轴上, 令 $e_1 = (1,0)$ , 因为向量 $e_2$ 的坐标无法确定, 故令 $e_2 = (x,y)$ , 由于 $e_2$ 为单位向量, 则 $x^2 + y^2 = 1$ ①. 因为 $2e_1 - e_2 = (2 - x, -y)$ , 所以由 $|2e_1 - e_2| \leqslant \sqrt{2}$ 可得 $(x - 2)^2 + y^2 \leqslant 2$ , 利用式①把变量 $y$ 消去, 得 $(x - 2)^2 + 1 - x^2 \leqslant 2$ , 解得 $\frac{3}{4} \leqslant x \leqslant 1$ . 又由 $a = e_1 + e_2 = (x + 1,y)$ , $b = 3e_1 + e_2 = (x + 3,y)$ 和式①可得

$$\cos^ {2} \theta = \left(\frac {\boldsymbol {a} \cdot \boldsymbol {b}}{| \boldsymbol {a} | | \boldsymbol {b} |}\right) ^ {2} = \left[ \frac {(x + 1) (x + 3) + y ^ {2}}{\sqrt {(x + 1) ^ {2} + y ^ {2}} \sqrt {(x + 3) ^ {2} + y ^ {2}}} \right] ^ {2} = \frac {4 (x + 1)}{3 x + 5} = 4 \left[ \frac {1}{3} - \frac {2}{3 (3 x + 5)} \right].$$

令 $f(x) = 4\left[\frac{1}{3} - \frac{2}{3(3x + 5)}\right]$ , 可知函数 $f(x)$ 在 $\left[\frac{3}{4}, 1\right]$ 上单调递增, 所以 $f(x)_{\min} = f\left(\frac{3}{4}\right) = \frac{28}{29}$ , 则 $\cos^2\theta$ 的最小值是 $\frac{28}{29}$ , 故填 $\frac{28}{29}$ .

在例3.30中, 已知 $e_1$ 和 $e_2$ 是单位向量, 因此它们的长度是确定的. 为了减少变量的个数, 我们可以选择以其中一个向量的方向作为坐标轴的方向来建立坐标系, 换句话说, 我们将其中一个向量固定在坐标轴上. 然而, 如果题目没有给定向量的长度, 我们是否可以固定它们呢?

✍️ 例 3.31

（2023 浙江模考）已知平面向量 a, b, c 满足 $\left|2c-a\right|=\left|c-2b\right|=1$ ，则 a-4b 与 c-2b 所成夹角的最大值是（）. A. $\frac{\pi}{6}$ B. $\frac{\pi}{3}$ C. $\frac{2\pi}{3}$ D. $\frac{5\pi}{6}$

🧠 思路分析

为了减少变量的个数, 我们需要将向量 a, b 和 c 中的一个固定在坐标轴上. 由题干中的条件 $\left|2c - a\right| = \left|c - 2b\right| = 1$ 可知, 向量 c 与其他两个向量相关. 因此, 考虑将向量 c 固定在坐标轴上, 比如选择 x 轴. 我们可以设定 $c = (x, 0)$ , 但是更进一步令 x = 1 呢? 对于本题来说, 因为所求解的是两组向量的夹角, 根据向量夹角公式, 最终这个 x 会被抵消, 所以, 我们不妨设 $c = (1, 0)$ .

🔑 查看解析与步骤

先把向量 c 的坐标固定, 令 $\boldsymbol{c} = (1,0)$ . 设 $\boldsymbol{a} = (x_{1}, y_{1})$ , 则 $2\boldsymbol{c} - \boldsymbol{a} = (2 - x_{1}, -y_{1})$ , 由 $|2\boldsymbol{c} - \boldsymbol{a}| = 1$ 可得 $(x_{1} - 2)^{2} + y_{1}^{2} = 1$ , 即向量 a 的终点在以 $(2,0)$ 为圆心, 1 为半径的圆上. 由圆的参数方程可得 $\boldsymbol{a} = (2 + \cos\alpha, \sin\alpha)$ . 同理, 设 $\boldsymbol{b} = (x_{2}, y_{2})$ , 由 $|c - 2b| = 1$ , 可得 $\left(x_{2} - \frac{1}{2}\right)^{2} + y_{2}^{2} = \frac{1}{4}$ , 即向量 b 的终点在以 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$ 为圆心, $\frac{1}{2}$ 为半径的圆上. 故 $\boldsymbol{b} = \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cos\beta, \frac{1}{2} \sin\beta\right)$ .

因为 $a-4b=(\cos\alpha-2\cos\beta,\sin\alpha-2\sin\beta)$ ， $c-2b=(-\cos\beta,-\sin\beta)$ 。不妨假设 a-4b 与 c-2b 所成夹角为 $\theta$ ，所以

$$\cos \theta = \frac {(\boldsymbol {a} - 4 \boldsymbol {b}) \cdot (\boldsymbol {c} - 2 \boldsymbol {b})}{| \boldsymbol {a} - 4 \boldsymbol {b} | | \boldsymbol {c} - 2 \boldsymbol {b} |} = \frac {2 - (\cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta)}{\sqrt {5 - 4 (\cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta)}} = \frac {2 - \cos (\alpha - \beta)}{\sqrt {5 - 4 \cos (\alpha - \beta)}}.$$

令 $t = \sqrt{5 - 4\cos(\alpha - \beta)}$ ，由 $\cos(\alpha - \beta) \in [-1, 1]$ ，可得 $t \in [1, 3]$ ，则 $\cos(\alpha - \beta) = \frac{5}{4} - \frac{t^2}{4}$ ，故 $\cos\theta = \frac{1}{4}\left(t + \frac{3}{t}\right)$ ，由 $t \in [1, 3]$ ，可得 $\cos\theta \in \left[\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right]$ ，则 $\theta \in \left[0, \frac{\pi}{6}\right]$ ，故 $\theta_{\max} = \frac{\pi}{6}$ ，即 $a - 4b$ 与 $c - 2b$ 所成夹角的最大值是 $\frac{\pi}{6}$ ，故选 A.

🎯 变式 3.31.1

已知平面向量 a 与 $a + 2b$ 的夹角为 $30^{\circ}$ ，则 $\frac{|a|}{|b|}$ 的最大值为（）. A. $\frac{1}{2}$ B.2 C.4 D.8

例3.30与例3.31都是“双变量”问题, 这两个例子相似之处的关键, 在于都可以转化为单变量来求最值, 例3.30是通过方程消元得到单变量, 例3.31是把两变量看成整体得到单变量. 但不是所有的双变量都可以转化为单变量来处理的. 如果双变量不能转为单变量, 那么该怎么办呢?

✍️ 例 3.32

在平面直角坐标系中, e 为单位向量, 向量 a 满足 $a \cdot e = 2$ , 且 $|a|^{2} \leqslant 5 |a + te|$ 对任意实数 t 成立, 则 $|a|$ 的取值范围为 ____.

🔑 查看解析与步骤

先把单位向量 e 固定在坐标轴上，令 $\boldsymbol{e} = (1,0)$ ，设 $\boldsymbol{a} = (x,y)$ ，由 $a \cdot e = 2$ 可得 $(x,y) \cdot (1,0) = 2$ ，即 x = 2，所以向量 $\boldsymbol{a} = (2,y)$ 。由于 $|a| = \sqrt{y^{2} + 4}$ ， $\boldsymbol{a} + te = (t + 2,y)$ ，则 $|a + te| = \sqrt{(t + 2)^{2} + y^{2}}$ 。因为对于任意实数 t， $|a|^{2} \leqslant 5|a + te|$ 恒成立，所以 $5\sqrt{(t + 2)^{2} + y^{2}} \geqslant y^{2} + 4$ 对于任意实数 t 恒成立。很显然，需要把 t 当作“主元”，令 $f(t) = 5\sqrt{(t + 2)^{2} + y^{2}} - y^{2} - 4$ ，显然 $f(t)_{\min} = f(-2) = 5|y| - y^{2} - 4$ ，根据题意只需满足 $f(t)_{\min} \geqslant 0$ ，即 $5|y| - y^{2} - 4 \geqslant 0$ ，解得 $1 \leqslant |y| \leqslant 4$ 。而 $|a| = \sqrt{y^{2} + 4}$ ，由 $|y| \in [1,4]$ ，得 $|a| \in [\sqrt{5}, 2\sqrt{5}]$ ，故填 $[\sqrt{5}, 2\sqrt{5}]$ 。

例3.32出现了两个变量 $t$ 与 $y$ , 由于题中明显提示变量 $t$ 的取值的任意性, 因此需要把 $t$ 当作“主元”, 由于所求 $|a|$ 的范围由变量 $y$ 决定, 因此不能把 $y$ 当作主元. 下面我们再看一道这类型例子:

✍️ 例 3.33

(2021 浙江 17) 已知平面向量 a, b, c ( $c \neq 0$ ) 满足 $|a| = 1$ , $|b| = 2$ , $a \cdot b = 0$ , $(a - b) \cdot c = 0$ , 记平面向量 d 在 a, b 方向上的投影长度分别为 x, y, d - a 在 c 方向上的投影长度是 z, 则 $x^{2} + y^{2} + z^{2}$ 的最小值是 ____.

🔑 查看解析与步骤

令 $a = \overrightarrow{OA}, b = \overrightarrow{OB}$ ，又因为 $a \cdot b = 0$ ，于是以 OA, OB 所在直线分别为 x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，则 $A(1,0), B(0,2), a - b = \overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OB} = (1, -2)$ 。假设 $c = (m, n)$ ，由 $(a - b) \cdot c = 0$ ，可得 $(m, n) \cdot (1, -2) = 0$ ，整理得 m = 2n，则 $c = (2n, n)$ 。又由平面向量 d 在 a, b 方向上的投影分别为 x, y，可知 $d = (x, y)$ 。因为 d - a 在 c 方向上的投影是 z，所以

$$| z | = \left| \frac {(\pmb {d} - \pmb {a}) \cdot \pmb {c}}{| \pmb {c} |} \right| = \left| \frac {2 n (x - 1) + n y}{\sqrt {4 n ^ {2} + n ^ {2}}} \right| = \left| \frac {2 x - 2 + y}{\sqrt {5}} \right|.$$

则

$$x ^ {2} + y ^ {2} + z ^ {2} = x ^ {2} + y ^ {2} + \left(\frac {2 x - 2 + y}{\sqrt {5}}\right) ^ {2} = \frac {6 y ^ {2} + 4 x y - 4 y + 9 x ^ {2} - 8 x + 4}{5}.$$

做到这里可能多数同学前进的脚步就停止了. 这里出现了两个变量 $x$ 与 $y$ , 由于 $x$ 与 $y$ 的任意性, 我们需要选择其中一个作为“主元”, 不妨先选择 $x$ 作为主元, 令

$$f (x) = \frac {9}{5} x ^ {2} + \frac {4}{5} (y - 2) x + \frac {6}{5} y ^ {2} - \frac {4}{5} y + \frac {4}{5},$$

它是关于 $x$ 的二次函数 (此时把 $y$ 看成常数), 则函数 $f(x)$ 的对称轴为 $x = -\frac{2}{9}(y - 2)$ , 所以

$$f (x) _ {\min} = f \left(- \frac {2}{9} (y - 2)\right) = \frac {2}{9} (5 y ^ {2} - 2 y + 2) = g (y).$$

由于变量 $y$ 的任意性, 注意到 $g(y)$ 是关于 $y$ 的二次函数, 且它的对称轴为 $y = \frac{1}{5}$ , 则

$$g (y) _ {\min} = g \left(\frac {1}{5}\right) = \frac {2}{9} \left[ 5 \times \frac {1}{2 5} - 2 \times \frac {1}{5} + 2 \right] = \frac {2}{5},$$

所以 $x^{2} + y^{2} + z^{2}$ 的最小值是 $\frac{2}{5}$ , 故填 $\frac{2}{5}$ .

基于例3.33的解答分析, 对于含有两个变量且这两个变量的取值都具有任意性的题型, 我们给出如下建议:

📦 消元建议

如果两个变量不相互制约, 那么我们任选其中一个变量作为 “主元”, 另一个变量作为参数来消元.

✍️ 例 3.34

已知 e 为单位向量, 向量 a, b 满足 $\left|a - 2e\right| = 1, \left|b - e\right| = 1$ , 则 $a \cdot b$ 的最小值为 ____.

🔑 查看解析与步骤

先把单位向量 e 固定在坐标轴上, 令 $\boldsymbol{e} = (1, 0)$ , 设 $\boldsymbol{a} = (x, y)$ , 则 $\boldsymbol{a} - 2\boldsymbol{e} = (x - 2, y)$ . 又由 $|a - 2e| = 1$ , 可得 $(x - 2)^{2} + y^{2} = 1$ , 用参数来表示可得 $\boldsymbol{a} = (2 + \cos\alpha, \sin\alpha)$ , 其中 $\alpha \in [0, 2\pi)$ . 由$|b-e|=1$ ，同理可得 $b=(1+\cos\beta,\sin\beta),\beta\in[0,2\pi)$ 。则

$$\boldsymbol {a} \cdot \boldsymbol {b} = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta + 2 \cos \beta + \cos \alpha + 2.\tag{3.3.1}$$

接下来该如何算呢？多数同学到了这一步会选择放弃！仔细观察你会发现变量 $\alpha, \beta$ 是两个独立的变量，两者之间不存在制约关系。由于 $\alpha, \beta \in [0, 2\pi)$ ，且取值都是任意的，因此，选择其中一个变量作为“主元”，不妨把 $\beta$ 看成主元，即 $a \cdot b = (\cos \alpha + 2)\cos \beta + \sin \alpha \sin \beta + \cos \alpha + 2$ ，由辅助角公式可知，式(3.3.1)可化为

$$\boldsymbol {a} \cdot \boldsymbol {b} = \sqrt {(\cos \alpha + 2) ^ {2} + \sin^ {2} \alpha} \cos (\beta + \varphi) + \cos \alpha + 2.$$

由 $\beta$ 的任意性, 可知 $\cos (\beta + \varphi)$ 的最小值为-1, 则

$$\boldsymbol {a} \cdot \boldsymbol {b} \geqslant - \sqrt {(\cos \alpha + 2) ^ {2} + \sin^ {2} \alpha} + \cos \alpha + 2 = - \sqrt {5 + 4 \cos \alpha} + \cos \alpha + 2.$$

令 $t = \sqrt{5 + 4\cos\alpha}$ , 则 $\cos \alpha = \frac{1}{4} t^2 - \frac{5}{4}$ , 由 $\cos \alpha \in [-1, 1]$ , 可知 $t \in [1, 3]$ . 于是

$$\pmb {a} \cdot \pmb {b} \geqslant {\frac {1}{4}} t ^ {2} - t + {\frac {3}{4}} = {\frac {1}{4}} (t - 2) ^ {2} - {\frac {1}{4}} \geqslant - {\frac {1}{4}},$$

当且仅当 t=2 时等号成立, 所以 $a \cdot b$ 的最小值为 $-\frac{1}{4}$ , 故填 $-\frac{1}{4}$ .

🎯 变式 3.34.1

在平面直角坐标系 $xOy$ 中, $P(2,2)$ , $Q(-4,0)$ 为两个定点, 动点 $M$ 在直线 $x = -1$ 上, 动点 $N$ 满足 $NO^2 + NQ^2 = 16$ , 则 $|\overrightarrow{PM} + \overrightarrow{PN}|$ 的最小值为 ____.