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一個(gè)結(jié)論的類(lèi)比推廣及運(yùn)用

2015-05-30 19:22:06唐海偉
關(guān)鍵詞:類(lèi)比推廣結(jié)論

唐海偉

[摘 要]圓錐曲線是解析幾何的重要內(nèi)容之一,也是高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容.基于圓錐曲線的一個(gè)結(jié)論,對(duì)其進(jìn)行推廣與運(yùn)用,可幫助學(xué)生有效突破學(xué)習(xí)難點(diǎn).

[關(guān)鍵詞]結(jié)論 類(lèi)比 推廣 運(yùn)用

圓錐曲線問(wèn)題涉及的知識(shí)點(diǎn)較多,綜合性較強(qiáng),具有良好的區(qū)分度,可以有效地考查學(xué)生的邏輯思維能力和運(yùn)算能力.對(duì)于以定值問(wèn)題為代表的考題,學(xué)生往往摸不著頭緒.為此,筆者列舉了一個(gè)典型的結(jié)論并進(jìn)行類(lèi)比推廣及運(yùn)用,以期起到拋磚引玉的作用.

圖1 一、結(jié)論

如圖1所示,已知A,B為橢圓 x2a2+y2b2=1(a>b>0) 上任意兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),若OA⊥OB,則 1|OA|2+ 1|OB|2= 1a2+1b2

證法1:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 當(dāng)直線OA的斜率為零或不存在時(shí),結(jié)論顯然成立;

當(dāng)直線OA的斜率存在且不為零時(shí),設(shè)OA的直線方程為y=kx,則OB的直線方程為y=-1kx, ? ?由 x2a2+y2b2=1

y=kx (b2+a2k2)x2-a2b2=0 ,

∴x21=a2b2b2+a2k2 , y21=(kx1)2=k2x21=a2b2k2b2+a2k2 ,

所以1|OA|2 =1x21+y21= b2+a2k2a2b2(1+k2).

同理, 1|OB|2= 1x22+y22= b2+a2(-1k)2 a2b2[1+(-1k)2] = a2+b2k2a2b2(1+k2) , 從而 1|OA|2+1|OB|2= b2+a2k2a2b2(1+k2)+ a2+b2k2a2b2(1+k2)= a2+b2a2b2= 1a2+1b2 .

證法2:以直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)作為極點(diǎn),x軸的正半軸作為極軸,建立極坐標(biāo)系,把x=ρcosθ,y=ρsinθ,代入

.

橢圓方程,得(ρcosθ)2a2 +(ρsinθ)2b2=1 , 即ρ2=a2b2b2cos2θ+a2sin2θ.

由于OA⊥OB,可設(shè)A(ρ1,θ1),B(ρ2,θ1+π2),則

ρ21=a2b2b2cos2θ1+a2sin2θ1 , ρ22=a2b2b2sin2θ1+a2cos2θ1 .

于是1|OA|2+1|OB|2= 1ρ21+1ρ22

=b2cos2θ1+a2sin2θ1+b2sin2θ1+a2cos2θ1a2b2

=a2+b2a2b2= 1a2+1b2 .

二、類(lèi)比

圖2如圖2所示,已知A,B為雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0) 上任意兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),若OA⊥OB,則1|OA|2+ 1|OB|2= 1a2-1b2 .

證明:以直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)作為極點(diǎn),x軸的正半軸作為極軸,建立極坐標(biāo)系,把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入雙曲線方程,得(ρcosθ)2a2 -(ρsinθ)2b2=1 , 即ρ2=a2b2b2cos2θ-a2sin2θ.

由于OA⊥OB,可設(shè)A(ρ1,θ1),B(ρ2,θ1+π2),則 ρ21=a2b2b2cos2θ1-a2sin2θ1 , ρ22=a2b2b2sin2θ1-a2cos2θ1 .

于是1|OA|+1|OB|2=1ρ21+1ρ22

=b2cos2θ1-a2sin2θ1+b2sin2θ1-a2cos2θ1a2b2

=b2-a2a2b2=1a2-1b2 .

三、推廣

圖3 如圖3所示, 已知P1,P2,…,Pn為橢圓 x2a2+y2b2=1(a>b>0) 上的n個(gè)點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),若∠P1OP2=∠P2OP3=…=∠Pn-1OPn=∠PnOP1,則 ∑ni=11|OPi|2=n2(1a2+1b2) .

證明:以直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)作為極點(diǎn),x軸的正半軸作為極軸,建立極坐標(biāo)系,把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入橢圓方程,得(ρcosθ)2a2 +(ρsinθ)2b2=1 ,

即ρ2=a2b2b2cos2θ+a2sin2θ.

設(shè)Pi(ρi,θ1+2π(i-1)n),則 ρ2i= a2b2b2cos2[θ1+2π(i-1)n]+ a2sin2[θ1+π(i-1)n] .

于是1|OPi|2= 1ρ2i= (b2-a2)cos2[θ1+2π(i-1)n]a2b2+ 1b2 .

所以 ∑ni=1 1|OPi|2= ∑ni=1 1ρ2i= (b2-a2)a2b2 ∑ni=1cos2 [θ1+2π(i-1)n]+ nb2 .

而∑ni=1 cos2[θ1+2π(i-1)n]= 12 ∑ni=1 [1+cos(2θ1+4π(i-1)n)] =n2+12 ∑ni=1 cos[2θ1+4π(i-1)n] =n2+ 14sin2πn ∑ni=1 2sin2πn· cos[2θ1+4π(i-1)n] =n2+ 14sin2πn ∑ni=1 {sin[(2θ1+4π(i-1)n)+2πn]- sin[(2θ1+4π(i-1)n)-2πn] } =n2+ 14sin2πn ∑ni=1 {sin[2θ1+2π(2i-1)n]- sin[2θ1+2π(2i-3)n]} =n2 +14sin2πn ×{sin[2θ1+2π(2n-1)n]-sin(2θ1-2πn)} =n2+ 14sin2πn×2cos[2θ1+2π(n-1)n] sin2π =n2+0=n2 .

所以∑ni=1 1|OPi|2= (b2-a2)a2b2× n2+n2+ nb2= n2(1a2+1b2) .

四、運(yùn)用

圖4 如圖4所示, 已知A、B為橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0) 上任意兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),若OA⊥OB,則點(diǎn)O到直線AB的距離d為定值,且d=aba2+b2.

證明:由于OA⊥OB,所以|OA|2+|OB|2=|AB|2,

由結(jié)論知1|OA|2 +1|OB|2= |OB|2+|OA|2|OA|2·|OB|2= |AB|2|OA|2·|OB|2= 1a2+1b2 ,

又S△OAB= 12|OA|·|OB|=12|AB|·d,

∴d=|OA|·|OB||AB|= 11a2+1b2= aba2+b2 (定值).

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