源于課本提煉模型靈活運(yùn)用

張鳳麗

摘要：解答數(shù)量積問題的常用方法主要有基底法（利用模和夾角定義）和坐標(biāo)法（利用坐標(biāo)運(yùn)算），而對于那些共起點(diǎn)的、具有中點(diǎn)或可以構(gòu)造中點(diǎn)的兩個(gè)向量的數(shù)量積問題，若運(yùn)用極化恒等式求解，則能縮短思維路徑，簡化運(yùn)算過程.

關(guān)鍵詞：極化恒等式；源于課本；提煉模型；靈活運(yùn)用

中圖分類號：G632文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A文章編號：1008-0333（2024）11-0053-03

極化恒等式源自課本中的一道練習(xí)題，下面從這道題目談起，提煉兩種幾何圖形模型，并通過例題說明極化恒等式解題應(yīng)用的靈活性及優(yōu)越性.

1 源于課本

題目（人教A版普通高中教科書﹒數(shù)學(xué)必修第二冊（2019年版）第22頁練習(xí)第3題）［1］求證：（a+b）2-（a-b）2=4a·b.

簡證左邊=（a2+2a·b+b2）-（a2-2a·b+b2）=4a·b=右邊.故等式得證.

這樣一道看似名不見經(jīng)傳的課本題目，其實(shí)蘊(yùn)含著一個(gè)重要的結(jié)論：設(shè)a，b均為非零向量，則

a·b=14［（a+b）2-（a-b）2］（或a·b=14（|a+b|2-|a-b|2））.

我們把這一公式稱之為極化恒等式，它反映了兩個(gè)非零向量的數(shù)量積與它們的和及差之間的等量關(guān)系，三個(gè)量可知二求一.

2 提煉模型

極化恒等式主要用來求解共起點(diǎn)向量的數(shù)量積問題，可從幾何圖形模型提煉出三角形模型以及平行四邊形模型.

2.1 三角形模型

如圖1，在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，則AB·AC=AD2-14BC2=AD2-（BC2）2.

證明因?yàn)镈為△ABC的邊BC的中點(diǎn)，

所以AB+AC=2AD，

AB-AC=BC，

BC=2BD=2DC.

根據(jù)極化恒等式，則

AB·AC=14［（AB+AC）2-（AB-AC）2］

=14［（2AD）2-（BC）2］

=AD2-14BC2

=AD2-（BC2）2.

文字詮釋三角形相鄰兩邊向量的數(shù)量積等于第三邊中線向量的平方與第三邊向量一半的平方的差.簡記為：數(shù)量積等于中線方減去底半方.

推論1如圖1，在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，則AB·AC=AD2-BD2=AD2-DC2.

推論2（三角形中線長定理）如圖1，在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，則

|AD|=12（AB2+AC2）-14BC2.

2.2 平行四邊形模型

如圖2，已知ABCD，則AB·AD=14（AC2-BD2）.

證明在ABCD中，

AB+AD=AC，AB-AD=BD.

根據(jù)極化恒等式，則

AB·AD=14［（AB+AD）2-（AB-AD）2］

=14（AC2-BD2）.

文字詮釋平行四邊形相鄰兩邊向量的數(shù)量積等于這兩邊向量的和對角線向量與差對角線向量的平方差的14.

3 靈活運(yùn)用

極化恒等式把兩個(gè)非零向量數(shù)量積化歸為它們和向量與差向量平方差的四分之一，因此當(dāng)和向量與差向量都為已知時(shí)，可以運(yùn)用極化恒等式求解，尤其是求解含有中點(diǎn)或能構(gòu)造中點(diǎn)的兩個(gè)共起點(diǎn)向量的數(shù)量積問題時(shí)，運(yùn)用極化恒等式或它的幾何模型解答可達(dá)到事半功倍之效.

3.1 求數(shù)量積

例1如圖1，在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，AD=4，BC=12，則AB·AC=.

解析因?yàn)镈是BC的中點(diǎn)，所以由極化恒等式的三角形模型，得

AB·AC=AD2-14BC2=42-14×122=-22.

點(diǎn)評若運(yùn)用基底法和坐標(biāo)法解答本題，求解過程運(yùn)算量大，過程復(fù)雜.這里根據(jù)D是BC的中點(diǎn)的題設(shè)條件，直接運(yùn)用極化恒等式的三角形模型求解，則求解十分快速、簡捷.

3.2 求數(shù)量積的取值范圍

例2已知正△ABC內(nèi)接于半徑為2的圓O，點(diǎn)P為圓O上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PA·PB的取值范圍是（ ）.

A.［-3，1］B.［-1，3］

C.［-4，2］D.［-2，6］

解析如圖3，取AB中點(diǎn)D，連接CD.

因?yàn)椤鰽BC為正三角形，所以O(shè)為△ABC的重心，O在CD上，且OC=2OD=2.

所以CD=OC+OD=3，

AB=2AD=2OA2-OD2=222-12=23.

根據(jù)極化恒等式的三角形模型，得

PA·PB=PD2-14AB2=PD2-（232）2=PD2-3.

因?yàn)辄c(diǎn)P為圓O上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，所以當(dāng)P在點(diǎn)C處時(shí)，|PD|有最大值為3；當(dāng)P在CO的延長線與圓O的交點(diǎn)時(shí)，|PD|有最小值為1.

因此1≤|PD|≤3，1≤PD2≤9，-2≤PD2-3≤6，-2≤PA·PB≤6，故PA·PB∈［-2，6］.故選D.

點(diǎn)評該題若運(yùn)用坐標(biāo)法化為三角函數(shù)求解或運(yùn)用基底法把向量分解，設(shè)角運(yùn)用數(shù)量積定義化為三角函數(shù)求解，其過程均比較繁瑣.而這里通過取AB中點(diǎn)D，運(yùn)用三角形模型把所求數(shù)量積轉(zhuǎn)化為PA·PB=PD2-3，再運(yùn)用圓的幾何性質(zhì)來求解，思路清晰、自然.

3.3 求數(shù)量積的最值

例3設(shè)|AB|=10，若平面上點(diǎn)P滿足：對任意t∈R，有|AP-tAB|≥3，則PA·PB的最小值為，此時(shí)|PA+PB|=.

解析由|AP-tAB|≥3，可知點(diǎn)P到直線AB的距離為3.取AB中點(diǎn)D，則|PD|≥3.

所以由三角形模型極化恒等式得

PA·PB=PD2-14AB2

=PD2-25

≥9-25=-16，

當(dāng)且僅當(dāng)|PA+PB|=2|PD|=2×3=6時(shí)取等號.

故PA·PB的最小值為-16，此時(shí)|PA+PB|=6.

點(diǎn)評本題若按常規(guī)方法求解，需運(yùn)用向量的線性運(yùn)算、數(shù)量積運(yùn)算及模的概念等知識，過程冗繁.由于PA，PB共起點(diǎn)，取AB中點(diǎn)，利用三角形模型極化恒等式即可輕松獲解.

3.4 其他應(yīng)用

例4（2023年高考甲卷理第12題）已知橢圓x29+y26=1，F(xiàn)1，F(xiàn)2為兩個(gè)焦點(diǎn)，O為原點(diǎn)，P為橢圓上一點(diǎn)，cos∠F1PF2=35，則|PO|=（ ）.

A.25B.302C.35D.352

解析根據(jù)橢圓定義，得

|PF1|+|PF2|=2a=6.①

在△F1PF2中，由余弦定理，得

|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos∠F1PF2=|F1F2|2，

即|PF1|2+|PF2|2-65|PF1||PF2|=12.

聯(lián)立①②，解得|PF1||PF2|=152.

由三角形模型極化恒等式推論，得

PF1·PF2=PO2-F1O2.

即|PF1||PF2|cos∠F1PF2=PO2-c2.

所以152×35=PO2-3.

所以PO2=92+3=152.

故|OP|=|PO|=302.點(diǎn)評本題作為選擇壓軸題，常規(guī)解法較多，但運(yùn)算過程都很復(fù)雜.本題中雖然沒有直接涉及向量數(shù)量積，但利用橢圓定義和余弦定理求得|PF1|·|PF2|值后，在△F1PF2中根據(jù)O為F1F2中點(diǎn)，構(gòu)造共起點(diǎn)的向量PF1，PF2，運(yùn)用三角形模型極化恒等式快速求解，是一種頗有創(chuàng)意的解法.

4 結(jié)束語

通過上述題目可以看出，極化恒等式能夠有效地建立起數(shù)量積與幾何圖形中長度大小的聯(lián)系，是連接代數(shù)與幾何之間的橋梁和紐帶.對于那些共起點(diǎn)且與中點(diǎn)相關(guān)聯(lián)的向量數(shù)量積運(yùn)算問題，靈活運(yùn)用極化恒等式是一條頗為有效的途徑.

參考文獻(xiàn)：

［1］ 人民教育出版社，課程教材研究所，中學(xué)數(shù)學(xué)課程教材研究開發(fā)中心.普通高中教科書（A）版：數(shù)學(xué)（必修第二冊）[M].北京：人民教育出版社，2019.

［責(zé)任編輯：李璟］