极化恒等式

公式定理💯随心记

【等差数列性质】等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，则 $S_n$，$S_{2n}-S_n$，$S_{3n}-S_{2n}$，$\cdots$ ，仍成等差数列。

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前言

相关内容

在初中数学中我们已经知道，当 $a$，$b$ 是实数时 $ab=\cfrac{1}{4}[(a+b)^2-(a-b)^2]$ ，若将实数 $a$，$b$ 变为向量 $\vec{a}$，$\vec{b}$，则对应的表达式也是成立的，也叫极化恒等式，即

$$\vec{a}\cdot\vec{b}=\cfrac{1}{4}[(\vec{a}+\vec{b})^2-(\vec{a}-\vec{b})^2]$$

证明：由向量的知识我们知道，

$(\vec{a}+\vec{b})^2=\vec{a}^2+2\vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{b}^2$ $\qquad ①$

$(\vec{a}-\vec{b})^2=\vec{a}^2-2\vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{b}^2$ $\qquad ②$

①-② 整理得到，$\vec{a}\cdot\vec{b}=\cfrac{1}{4}[(\vec{a}+\vec{b})^2-(\vec{a}-\vec{b})^2]$.

相关形的计算

将极化恒等式 $\vec{a}\cdot\vec{b}=\cfrac{1}{4}[(\vec{a}+\vec{b})^2-(\vec{a}-\vec{b})^2]$ 应用到上图中，得到 $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\cfrac{1}{4}(\overrightarrow{AE}^2-\overrightarrow{CB}^2)$

也能得到 $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AD}^2-\overrightarrow{DB}^2$

典例剖析

【2024 高一训练题】如图在边长为 $4$ 的等边三角形 $ABC$ 中，$P$ 为 $\triangle ABC$ 内部 (包含边界) 的动点，且 $PA=1$，

(1). 求 $|\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}|$ ；

提示：以退为进策略，先平方再开方，具体过程略，$4\sqrt{3}$ ；

(2). 求 $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}$ 的取值范围 ；

法一：三角函数法，

法二：极化恒等式法，取 $BC$ 的中点为 $D$，连结 $PD$，则 $DB=2$，

则 $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}=(\overrightarrow{PD}+\overrightarrow{DB})\cdot(\overrightarrow{PD}+\overrightarrow{DC})=(\overrightarrow{PD}+\overrightarrow{DB})\cdot(\overrightarrow{PD}-\overrightarrow{DB})$

$=|\overrightarrow{PD}|^2-|\overrightarrow{DB}|^2=|\overrightarrow{PD}|^2-4$

由图可知，当点 $P$ 为所给弧的中点时，$|\overrightarrow{PD}|$ 最小，也可以求得 $|\overrightarrow{PD}|_{min}=2\sqrt{3}-1$，

此时，$\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}_{min}=|\overrightarrow{PD}|_{min}^2-4=(2\sqrt{3}-1)^2-4=9-4\sqrt{3}$，

当点 $P$ 落在点 $E$ 或点 $F$ 时，$|\overrightarrow{PD}|$ 最大，由余弦定理求得 $|\overrightarrow{PD}|_{max}=\sqrt{7}$，

此时，$\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}_{max}=|\overrightarrow{PD}|_{max}^2-4=(\sqrt{7})^2-4=3$，

故 $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}$ 的取值范围为 $[9-4\sqrt{3},3]$ .

【2024 高一月考三训练题】在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\angle A=90^{\circ}$，$AB=2$，$AC=6$，$D$ 为 $BC$ 的中点，点 $P$ 在 $\triangle ABC$ 斜边 $BC$ 的中线 $AD$ 上，则 $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}$ 的取值范围为 【$\qquad$】

$A.[-10,0]$ $B.[-6,0]$ $C.[0,6]$ $D.[0,10]$

解法 1️⃣：特殊化策略法；由于点 $P$ 是 斜边 $BC$ 的中线 $AD$ 上的一个动点，故取其两个特殊位置来研究，当点 $P$ 位于点 $A$ 的位置时，向量 $\overrightarrow{PC}$ 与向量 $\overrightarrow{PB}$ 垂直，故 $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}=0$，当点 $P$ 位于点 $D$ 的位置时，向量 $\overrightarrow{PC}$ 与向量 $\overrightarrow{PB}$ 共线，夹角为 $\pi$，且由于点 $D$ 为 $BC$ 的中点， 故可以求得 $CD=BD=\sqrt{10}$，故 $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}=-10$，即 $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}$ 的取值范围为 $[-10,0]$，故 选 $A$ .

解法 2️⃣：极化恒等式法； 由题可知，则 $DB=DC=\sqrt{10}$，

则 $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}=(\overrightarrow{PD}+\overrightarrow{DB})\cdot(\overrightarrow{PD}+\overrightarrow{DC})=(\overrightarrow{PD}+\overrightarrow{DB})\cdot(\overrightarrow{PD}-\overrightarrow{DB})$

$=|\overrightarrow{PD}|^2-|\overrightarrow{DB}|^2=|\overrightarrow{PD}|^2-10$

由图可知，当点 $P$ 位于点 $A$ 时， $|\overrightarrow{PD}|$ 最大，也可以求得 $|\overrightarrow{PD}|_{max}=0$，

由图可知，当点 $P$ 位于点 $D$ 时， $|\overrightarrow{PD}|$ 最小，也可以求得 $|\overrightarrow{PD}|_{min}=-10$，

即 $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}$ 的取值范围为 $[-10,0]$，故 选 $A$ .

解法 3️⃣：二次函数法；由于 点 $DB=DC=DA$，故点 $D(1,3)$，设 $P(x,y)$，则可知 $\cfrac{x}{y}=\cfrac{1}{3}$，即 $y=3x$，

则有 $P(x,3x)$，$B(2,0)$，$C(0,6)$，利用坐标计算如下：

故 $\overrightarrow{PB}=(2-x,-3x)$，$\overrightarrow{PC}=(-x,6-3x)$，

则 $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}=(2-x)(-x)+(-3x)(6-3x)=10x^2-20x=10(x-1)^2-10$，$x\in[0,1]$，

故 $x=0$ 时，$\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}_{max}=0$，

$x=1$ 时，$\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}_{min}=-10$，

即 $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}$ 的取值范围为 $[-10,0]$，故 选 $A$ .

【2019 届高三理科数学二轮用题】在矩形 $ABCD$ 中，$AB=2$，$AD=4$，$AC$ 与 $BD$ 相交于点 $O$，过点 $A$ 作 $AE\perp BD$ 于 $E$，则 $\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}$=【$\qquad$】

$A.\cfrac{8}{5}$ $B.\cfrac{16}{5}$ $C.\cfrac{32}{5}$ $D.8$

解法 1️⃣ ：从形的角度思考，采用坐标法求解；以点 $A$ 为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，

则可知 $A(0，0)$，$B(0，-2)$，$C(4，-2)$，$D(4，0)$，设 $E(x，y)$，

则由 $k_{AE}$$\cdot$$k_{BD}$$=$$-1$，可得 $y$$=$$-2x$①，又直线 $BD$：$2y$$=$$x-4$②，

联立①②可得，$x$$=$$\cfrac{4}{5}$，$y$$=$$-\cfrac{8}{5}$，

则 $\overrightarrow{AE}$$\cdot$$\overrightarrow{AC}$$=$$(\cfrac{4}{5}，-\cfrac{8}{5})$$\cdot$$(4，-2)$$=$$\cfrac{32}{5}$，故选 $C$ .

解法 2️⃣ ：本题目还可以用基向量法，以 $\overrightarrow{AB}$ 和 $\overrightarrow{AD}$ 为基向量来表示其他向量，

由射影定理可知，$AB^2$$=$$BE$$\cdot$$BD$，又 $BD$$=$$2$$\sqrt{5}$，故 $BE$$=$$\cfrac{2\sqrt{5}}{5}$，

令 $\overrightarrow{BE}$$=$$t$$\overrightarrow{BD}$，则 $t$$=$$\cfrac{|\overrightarrow{BE}|}{|\overrightarrow{BD}|}$$=$$\cfrac{1}{5}$，^[1]

又 $\overrightarrow{AE}$$=$$\overrightarrow{AB}$$+$$\overrightarrow{BE}$$=$$\overrightarrow{AB}$$+$$\cfrac{1}{5}$$\overrightarrow{BD}$

$=$$\overrightarrow{AB}$$+$$\cfrac{1}{5}$$(\overrightarrow{BA}$$+$$\overrightarrow{AD})$

$=$$\cfrac{4}{5}$$\overrightarrow{AB}$$+$$\cfrac{1}{5}$$\overrightarrow{AD}$

又 $\overrightarrow{AC}$$=$$\overrightarrow{AB}$$+$$\overrightarrow{AD}$，

则 $\overrightarrow{AE}$$\cdot$$\overrightarrow{AC}$$=$$(\cfrac{4}{5}\overrightarrow{AB}$$+$$\cfrac{1}{5}\overrightarrow{AD}$)($\overrightarrow{AB}$$+$$\overrightarrow{AD}$)$=$$\cfrac{4}{5}\overrightarrow{AB}^2$$+$$\cfrac{1}{5}\overrightarrow{AD}^2$

$=\cfrac{4}{5}$$\times$$4$$+$$\cfrac{4}{5}$$\times$$4$$=$$\cfrac{32}{5}$， 故选 $C$ .

思考：此题目能使用极化恒等式吗？下题呢，待有空思考

已知 $A$，$B$ 是圆 $O: x^{2}+y^{2}=4$ 上的两个动点， $|\overrightarrow{AB}|=2$，$\overrightarrow{OC}=\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}$， 若 $M$ 是线段 $AB$ 的中点， 则 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}$ 的值为 【$\qquad$】

$A.\sqrt{3}$ $B.2\sqrt{3}$ $C.2$ $D.3$

法 1：基向量法，即以向量 $\overrightarrow{OA}$ 和 $\overrightarrow{OB}$ 为基底，表达 向量 $\overrightarrow{OC}$ 和 $\overrightarrow{OM}$，再代入运算即可。

因为 $\overrightarrow{OC}=\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OM}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})$ ，

所以 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}=(\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB})\cdot\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})$

$=\cfrac{1}{6}(\overrightarrow{OA}^{2}+2\overrightarrow{OB}^{2}+3\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB})$ ，

又 $\triangle OAB$ 为等边三角形，所以 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=2\times2\cos 60^{\circ}=2$ ，$\overrightarrow{OA}^{2}=4$ ，$\overrightarrow{OB}^{2}=4$ ，

所以 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}=3$ ， 故选 $D$ .

法 2：特殊化策略，【考试中的首选方法】既然点 $A$ 和点 $B$ 都是圆上的动点为什么可以这样思考呢，由于点 $C$ 和点 $M$ 在线段 $AB$ 上的位置都是相对于点 $A$ 和点 $B$ 都是相对确定的，这样 $|\overrightarrow{OC}|$ 和 $|\overrightarrow{OM}|$ 都是确定值，而且向量夹角也是确定值，故 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}$ 应该是确定值，与夹角无关的，那么我们将点 $A$ 放在最特殊的位置，应该是可以的，运算也简单，何乐而不为呢！，那么可以将点 $A$ 放置在 $(2,0)$ 处，此时由于 $|AB|=2$，则 $\triangle OAB$ 为等边三角形，故 点 $B$ 可以放置在 点 $(1,\sqrt{3})$ 处，这样向量 $\overrightarrow{OA}=(2,0)$ ， $\overrightarrow{OB}=(1,\sqrt{3})$ ，

则 $\overrightarrow{OC}$$=$$\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}$$+$$\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}$$=$$\cfrac{1}{3}(2,0)$$+$$\cfrac{2}{3}(1,\sqrt{3})$$=$$(\cfrac{4}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})$ ，

又由于点 $M$ 为 $AB$ 的中点，故 $M(\cfrac{3}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})$，则 $\overrightarrow{OM}$$=$$(\cfrac{3}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})$ ，

故 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}|=(\cfrac{4}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})\cdot(\cfrac{3}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})=3$，故选 $D$ .

法 3：向量坐标法，如果上述的方法理解还是有疑虑，那么可以采用这个方法来计算打消我们的顾虑，就是运算比较麻烦。

由于点 $A$ 和点 $B$ 都是圆上的动点，且 $|AB|=2$ ，圆的半径也是 $r=2$ ，故 $\triangle OAB$ 为等边三角形，利用圆的参数方程，令点 $A(2\cos\theta,2\sin\theta)$，则点 $B(2\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),2\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3}))$，这样

$\overrightarrow{OA}$$=$$(2\cos\theta,2\sin\theta)$ ，$\overrightarrow{OB}$$=$$(2\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),2\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3}))$ ，

$\overrightarrow{OC}$$=$$\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}$$+$$\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}$$=$$\left(\cfrac{2}{3}\cos\theta+\cfrac{4}{3}\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),\cfrac{2}{3}\sin\theta+\cfrac{4}{3}\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right)$ ，

$\overrightarrow{OM}$$=$$\left(\cos\theta+\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),\sin\theta+\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right)$ ，

故 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}$$=$$\left[\cfrac{2}{3}\cos\theta+\cfrac{4}{3}\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$$\left[\cos\theta+\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$

$+$$\left[\cfrac{2}{3}\sin\theta+\cfrac{4}{3}\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$$\left[\sin\theta+\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$

$=$$\cfrac{2}{3}\cos^2\theta$$+$$\cfrac{2}{3}\sin^2\theta$$+$$\cfrac{4}{3}\cos^2(\theta+\cfrac{\pi}{3})$$+$$\cfrac{4}{3}\sin^2(\theta+\cfrac{\pi}{3})$

$+$$\cfrac{2}{3}\left[\cos\theta\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})+\sin\theta\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$$+$$\cfrac{4}{3}\left[\cos\theta\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})+\sin\theta\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$

$=2+2\cos(\theta-\theta-\cfrac{\pi}{3})=2+1=3$，故选 $D$ .

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1. 此处是先给等式取模长，由 $\overrightarrow{BE}$$=$$t$$\overrightarrow{BD}$，得到 $|\overrightarrow{BE}|$$=$$|t|$$|\overrightarrow{BD}|$，然后变形求 $t$ 的值，不能理解为向量的除法，我们没有定义向量的除法，只定义了向量的加法、减法、数乘向量和向量的乘法运算； ↩︎