《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

【例5】 已知$\boldsymbol{e_1},\boldsymbol{e_2},\boldsymbol{e_3}$是空间单位向量，$\boldsymbol{e_1}·\boldsymbol{e_2}=\boldsymbol{e_2}·\boldsymbol{e_3}=\boldsymbol{e_3}·\boldsymbol{e_1}=\frac{1}{2}$，若空间向量$\boldsymbol{a}$满足$\boldsymbol{a}=x\boldsymbol{e_1}+y\boldsymbol{e_2}(x,y\in\mathbf{R})$，$|\boldsymbol{a}|=2$，则$|\boldsymbol{a}·\boldsymbol{e_3}|$的最大值是.

答案： 答案 $\frac{2\sqrt{3}}{3}$
解析 因为$|\boldsymbol{a}|=|x\boldsymbol{e_1}+y\boldsymbol{e_2}|=2$，所以
$|\boldsymbol{a}|^2=x^2\boldsymbol{e_1}^2+y^2\boldsymbol{e_2}^2+2xy\boldsymbol{e_1}·\boldsymbol{e_2}=x^2+y^2+xy$
$=(x+y)^2-xy=4$.
显然，当$xy＞0$时，$(x+y)^2$最大.
当$x＞0,y＞0$时，
$xy=(x+y)^2-4\leqslant\left(\frac{x+y}{2}\right)^2$
(当且仅当$x=y$时取等号)，
所以$(x+y)^2\leqslant\frac{16}{3}$；
当$x＜0,y＜0$时，
$xy=(-x)(-y)=(x+y)^2-4$
$\leqslant\left(\frac{-x-y}{2}\right)^2=\frac{(x+y)^2}{4}$
(当且仅当$-x=-y$，即$x=y$时取等号)，
所以$(x+y)^2\leqslant\frac{16}{3}$.
综上所述$(x+y)^2\leqslant\frac{16}{3}$.
因为$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{e_3}=(x\boldsymbol{e_1}+y\boldsymbol{e_2})·\boldsymbol{e_3}$
$=x\boldsymbol{e_1}·\boldsymbol{e_3}+y\boldsymbol{e_2}·\boldsymbol{e_3}=\frac{1}{2}(x+y)$，
所以$|\boldsymbol{a}·\boldsymbol{e_3}|=\frac{1}{2}|x+y|$
$=\frac{1}{2}\sqrt{(x+y)^2}\leqslant\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
所以$|\boldsymbol{a}·\boldsymbol{e_3}|$的最大值为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
点睛 解题关键是能够利用平方运算将模长转化为数量积运算的形式，结合基本不等式求得$x+y$的最值.

变式5 若平面向量$\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}$为单位向量，$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=\frac{1}{2}$，空间向量$\boldsymbol{c}$满足$|\boldsymbol{c}|=2\sqrt{3},\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}=2,\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}=3$，则对任意的实数$t_1,t_2$，$|\boldsymbol{c}-t_1\boldsymbol{a}-t_2\boldsymbol{b}|$的最小值为.

答案： 答案 $\frac{2\sqrt{6}}{3}$
解析 $|\boldsymbol{c}-t_1\boldsymbol{a}-t_2\boldsymbol{b}|^2$
$=\boldsymbol{c}^2-2\boldsymbol{c}·(t_1\boldsymbol{a}+t_2\boldsymbol{b})+t_1^2\boldsymbol{a}^2+t_2^2\boldsymbol{b}^2+2t_1t_2\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}$
$=12-4t_1-6t_2+t_1^2+t_2^2+t_1t_2$
$=(t_1+\frac{t_2-4}{2})^2+\frac{3}{4}(t_2-\frac{8}{3})^2+\frac{8}{3}$，
即$|\boldsymbol{c}-t_1\boldsymbol{a}-t_2\boldsymbol{b}|^2\geqslant\frac{8}{3}$，
当且仅当$t_2=\frac{8}{3},t_1=\frac{2}{3}$时取等号，
即$|\boldsymbol{c}-t_1\boldsymbol{a}-t_2\boldsymbol{b}|$的最小值为$\sqrt{\frac{8}{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$.

【例6】 点$P$是棱长为$4$的正四面体表面上的动点，$MN$是该四面体内切球的一条直径，则$\overrightarrow{PM}·\overrightarrow{PN}$的最大值是.
.

答案：
答案 $\frac{16}{3}$
解析 如下图所示：

设正四面体$A—BCD$的棱长为$4$，其内切球球心为点$O$，连接$AO$并延长交底面$BCD$于点$E$，则$E$为正$\triangle BCD$的中心，且$AE\perp$平面$BCD$.
连接$BE$并延长交$CD$于点$F$，则$F$为$CD$的中点，且$BF\perp CD$，
$BF=\sqrt{BC^2-CF^2}=2\sqrt{3}$，
$BE=\frac{2}{3}BF=\frac{4\sqrt{3}}{3}$.
因为$AE\perp$平面$BCD,BEC\subset$平面$BCD$，
所以$AE\perp BE$，
则$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$，
$\triangle BCD$的面积为
$S_{\triangle BCD}=\frac{1}{2}CD· BF=4\sqrt{3}$，
所以正四面体$A—BCD$的体积为
$V_{A-BCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle BCD}· AE=\frac{16\sqrt{2}}{3}$.
设球$O$的半径为$R$，则
$V_{A-BCD}=V_{O-BCD}+V_{O-ACD}+V_{O-ABD}+V_{O-ABC}$
$=4V_{O-BCD}=4×\frac{1}{3}S_{\triangle BCD}· R$，
所以$R=\frac{3V_{A-BCD}}{4S_{\triangle BCD}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
所以$AO=AE-OE=\sqrt{6},PM=\overrightarrow{PO}+\overrightarrow{OM}$，
$PN=\overrightarrow{PO}+\overrightarrow{ON}=\overrightarrow{PO}-\overrightarrow{OM}$，
所以$\overrightarrow{PM}·\overrightarrow{PN}=(\overrightarrow{PO}+\overrightarrow{OM})·(\overrightarrow{PO}-\overrightarrow{OM})$
$=\overrightarrow{PO}^2-\overrightarrow{OM}^2=\overrightarrow{PO}^2-\frac{2}{3}$，
当点$P$位于正四面体$A—BCD$的顶点时，$|\overrightarrow{PO}|$取最大值，因此，
$\overrightarrow{PM}·\overrightarrow{PN}\leqslant\overrightarrow{AO}^2-\frac{2}{3}$
$=\overrightarrow{PO}^2-\frac{2}{3}=6-\frac{2}{3}=\frac{16}{3}$.
点睛 首先利用体积相等求出球的半径.
$V_{A-BCD}=V_{O-BCD}+V_{O-ACD}+V_{O-ABD}+V_{O-ABC}$
$=4V_{O-BCD}=4×\frac{1}{3}S_{\triangle BCD}· R$，
所以$R=\frac{3V_{A-BCD}}{4S_{\triangle BCD}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.
再将$\overrightarrow{PM}·\overrightarrow{PN}$利用极化恒等式转化为$PO$的最大值.