一题三解

题目

已知平面向量 $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$ 满足 $|\overrightarrow{a}|=|\overrightarrow{b}|=1$ ,且 $|\overrightarrow a-\overrightarrow b|=|\overrightarrow b-\overrightarrow c|=|\overrightarrow c-\overrightarrow a| ,$ 则 $|\overrightarrow c|$ 的最大值为 $\underline{\hspace{2cm}} .$

解析

如图,设 $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow a$ , $\overrightarrow{OB}=\overrightarrow b$ , $\overrightarrow{OC}=\overrightarrow c$, 由题式可得

$$|\overrightarrow{BA}|=|\overrightarrow{CB}|=|\overrightarrow{AC}|$$ 即 $\triangle ABC$ 为正三角形 ,问题即求线段 $OC$ 长度的最大值.

解法一

设 $OC$ 交 $AB$ 于点 $D$ ,$\angle BOD=\theta$ .由

$$|\overrightarrow{OA}|=|\overrightarrow{OB}|=1, \quad |\overrightarrow{AC}|=|\overrightarrow{CB}|$$ 可得 $OC$ 是线段 $AB$ 的垂直平方线. 在 $\mathrm{Rt}\triangle OBD$ 中， $$OD=\cos\theta,\qquad DB=\sin\theta$$ 在正 $\triangle ABC$ 中 $$DC=\dfrac{\sqrt{3}}{2} AB=\sqrt{3}DB=\sqrt{3}\sin\theta$$ 所以 $$OC=OD+DC=\sqrt{3}\sin\theta+\cos\theta=2\sin\left( \theta+\dfrac{\pi}{6} \right)\leqslant 2$$ 所以当 $\langle \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB} \rangle=\dfrac{2\pi}{3}$ 时， $|\overrightarrow c|$ 取最大值 $2$ .

解法二

如图,不妨设 $O,A$ 点为定点， $B$ 为动点，将 $\triangle AOB$ 绕 $A$ 点顺时针方向旋转 $60^\circ$ 得到三角形 $\triangle AO’C$ ,
显然 $O’$ 为定点，且

$$O’C=OB=1 ,$$ 所以 $C$ 的轨迹为以 $O’$ 为圆心，半径 $r=1$ 的圆, 注意到 $OO’=1$ ,所以 $O$ 也在此圆上,所以 $$|\overrightarrow{OC}|_{\max}=2r=2.$$

解法三

在四边形$OABC$中，由托勒密不等式

$$OA\cdot BC+OB\cdot AC\geqslant OC\cdot AB$$ 注意到 $AB=AC=BC$,上式可以化简为 $$OC\leqslant OA+OB=2$$ 当且仅当 $O$、$A$、$B$、$C$ 四点共圆即 $\langle \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB} \rangle=\dfrac{2\pi}{3}$ 时,$|\overrightarrow c|$ 取最大值 $2$ .