3.5.3 向量余弦式

在 $△ABC$ 中, 一方面由余弦定理公式可得 $2AB\cdot AC\cdot \cos A=A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2$ , 另一方面由向量数量积夹角公式可得 $\cos A=\frac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{AB\cdot AC}$ . 于是我们得到如下所示的向量余弦式.

向量余弦式

在 $△ABC$ 中, $2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2$ .

与三角形的余弦公式一样, 向量余弦式也常用于边多角少的情形.

例 3.57

在 $△ABC$ 中, AB = 2, AC = 3, $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=1$ , 则 $BC=()$ . A. $\sqrt{3}$ B. $\sqrt{7}$ C. $2\sqrt{2}$ D. $2\sqrt{3}$

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因为 $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}$ ，所以 $2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}={\overrightarrow{CA}}^2-{\overrightarrow{BA}}^2-{\overrightarrow{BC}}^2$ ，又因为 AB = 2, AC = 3，代入可得 $BC=\sqrt{3}$ ，故选 $A$.

向量内积要与边长建立联系, 自然想到余弦定理向量式, 因为 $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}$ 与边长 $BC$ 联系起来, 此时要特别注意的是 $\overrightarrow{AB}$ 与 $\overrightarrow{BC}$ 的夹角并不是 $\angle B$ , 而是它的补角, 因此要进行转化 $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}$ , 进而用向量余弦式.

例 3.58

(2023 福建厦门二模) 圆 $O$ 为锐角 $△ABC$ 的外接圆, AC = 2AB = 2, 点 $P$ 在圆 $O$ 上, 则 $\overrightarrow{BP}\cdot \overrightarrow{AO}$ 的取值范围为 ( ).

A. $\left[-\frac{1}{2},4\right)$ B. [0, 2) C. $\left[-\frac{1}{2},2\right)$ D. [0, 4)

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因为 $O$ 是 $△ABC$ 的外心, 所以 OA = OB = OP = r, 如图 3-56 所示. 又因为 $\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OB}$ , 所以 $\overrightarrow{BP}\cdot \overrightarrow{AO}=(\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OB})\cdot \overrightarrow{AO}=\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OP}$ , 由向量余弦式可得 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OP}$ $=\frac{|\overrightarrow{OA}{|}^2+|\overrightarrow{OB}{|}^2-|\overrightarrow{AB}{|}^2}{2}-\frac{|\overrightarrow{OA}{|}^2+|\overrightarrow{OP}{|}^2-|\overrightarrow{AP}{|}^2}{2}=\frac{1}{2}(|\overrightarrow{AP}{|}^2-1)$ .

因为 $A$, $P$ 是圆上的动点, 所以 $|AP|\in [0,2r]$ , 这 $\overrightarrow{BP}\cdot \overrightarrow{AO}\in [-\frac{1}{2},2r^2-\frac{1}{2}]$ . 因此, 我们只需要把外接圆半径 $r$ 的范围求出来即可.

图3-56

(1) 因为点 $O$ 为锐角 $△ABC$ 的圆心, 所以点 $O$ 在 $△ABC$ 的内部, 而在 $△OAC$ 中, 要构 $△OAC$ , 由 $AC=2$ , 可得 $OA+OC>AC$ , 得 $2r>2$ , 即 $r>1$ .

(2) 因为 $AB=1$ , $AC=2$ , $△ABC$ 为锐角三角形, 所以 $\angle BAC=90^{\circ }$ 为临界值, 此时可得临界值 $BC=\sqrt{5}$ , 故得 $BC<\sqrt{5}$ . 由正弦定理可知 $2r\sin \angle BAC<\sqrt{5}$ 恒成立, 整理得 $2r<\frac{\sqrt{5}}{\sin \angle BAC}$ , 所以 $r<\frac{\sqrt{5}}{2}$ .

由 (1) 与 (2) 可得 $1<r<\frac{\sqrt{5}}{2}$ , 所以 $2r^2-\frac{1}{2}<2$ 恒成立, 故 $\overrightarrow{BP}\cdot \overrightarrow{AO}\in \left[-\frac{1}{2},2\right)$ , 故选 $C$.

变形是一门很灵活的技巧, 就是把陌生的变为熟悉的, 把不能使用的变为能够使用的, 这种技巧并不是轻易就能掌握的, 需要在做大量试题的基础上总结提炼, 下面这个题表面上跟我们所讲的内容并无联系, 但是通过变形你就会发现两者是完全可以建立联系的.

例 3.59

已知 $O$ 为锐角 $△ABC$ 的外心， $|\overrightarrow{AB}|=16,|\overrightarrow{AC}|=10\sqrt{2}$ ，若 $\overrightarrow{AO}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$ ，且 $32x+25y=25$ ，则 $|\overrightarrow{AO}|$ 的值为（）. A. 4 B. 6 C. 8 D. 10

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所求的是 $OA$ 的模长, 对于向量要出现模长, 最直接的办法就是数量积, 因此考虑对 $\overrightarrow{AO}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$ 构造出数量积, 很明显只需两边乘 $\overrightarrow{AO}$ 即可, 由此可得 $\overrightarrow{A{O}^2}=x\cdot \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AO}+y\cdot \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AO}$ , 然后利用向量余弦式

$${\overrightarrow{AO}}^2=x\frac{|\overrightarrow{AB}{|}^2+|\overrightarrow{AO}{|}^2-|\overrightarrow{OB}{|}^2}{2}+y\frac{|\overrightarrow{AC}{|}^2+|\overrightarrow{AO}{|}^2-|\overrightarrow{OC}{|}^2}{2}=4(32x+25y).$$

又因为题中条件给出 $32x+25y=25$ ，所以 ${\overrightarrow{AO}}^2=100$ ，则 $|\overrightarrow{AO}|=10$ ，故选$D$.

变式 3.59.1

（2019 长沙一模）在 $△ABC$ 中，AB = 10, BC = 6, CA = 8，且 $O$ 是 $△ABC$ 的外心，则 $\overrightarrow{CA}\cdot \overrightarrow{AO}=()$ . A. 16 B. 32 C. -16 D. -32