一个结论的类比推广及运用

时间:2022-10-10 12:11:56

[摘 要]圆锥曲线是解析几何的重要内容之一,也是高考重点考查的内容.基于圆锥曲线的一个结论,对其进行推广与运用,可帮助学生有效突破学习难点.

[关键词]结论 类比 推广 运用

圆锥曲线问题涉及的知识点较多,综合性较强,具有良好的区分度,可以有效地考查学生的逻辑思维能力和运算能力.对于以定值问题为代表的考题,学生往往摸不着头绪.为此,笔者列举了一个典型的结论并进行类比推广及运用,以期起到抛砖引玉的作用.

图1 一、结论

如图1所示,已知A,B为椭圆 x2a2+y2b2=1(a>b>0) 上任意两点,O为坐标原点,若OAOB,则 1|OA|2+ 1|OB|2= 1a2+1b2

证法1:设A(x1,y1),B(x2,y2), 当直线OA的斜率为零或不存在时,结论显然成立;

当直线OA的斜率存在且不为零时,设OA的直线方程为y=kx,则OB的直线方程为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) , 从而 1|OA|2+1|OB|2= b2+a2k2a2b2(1+k2)+ a2+b2k2a2b2(1+k2)= a2+b2a2b2= 1a2+1b2 .

证法2:以直角坐标系的原点作为极点,x轴的正半轴作为极轴,建立极坐标系,把x=ρcosθ,y=ρsinθ,代入

.

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

由于OAOB,可设A(ρ1,θ1),B(ρ2,θ1+π2),则

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、类比

图2如图2所示,已知A,B为双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0) 上任意两点,O为坐标原点,若OAOB,则1|OA|2+ 1|OB|2= 1a2-1b2 .

证明:以直角坐标系的原点作为极点,x轴的正半轴作为极轴,建立极坐标系,把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入双曲线方程,得(ρcosθ)2a2 -(ρsinθ)2b2=1 , 即ρ2=a2b2b2cos2θ-a2sin2θ.

由于OAOB,可设A(ρ1,θ1),B(ρ2,θ1+π2),则 ρ21=a2b2b2cos2θ1-a2sin2θ1 , ρ22=a2b2b2sin2θ1-a2cos2θ1 .

于是1|OA|+1|OB|2=1ρ21+1ρ22

=b2cos2θ1-a2sin2θ1+b2sin2θ1-a2cos2θ1a2b2

=b2-a2a2b2=1a2-1b2 .

三、推广

图3 如图3所示, 已知P1,P2,…,Pn为椭圆 x2a2+y2b2=1(a>b>0) 上的n个点,O为坐标原点,若∠P1OP2=∠P2OP3=…=∠Pn-1OPn=∠PnOP1,则 ∑ni=11|OPi|2=n2(1a2+1b2) .

证明:以直角坐标系的原点作为极点,x轴的正半轴作为极轴,建立极坐标系,把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入椭圆方程,得(ρcosθ)2a2 +(ρsinθ)2b2=1 ,

即ρ2=a2b2b2cos2θ+a2sin2θ.

设Pi(ρi,θ1+2π(i-1)n),则 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、运用

图4 如图4所示, 已知A、B为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0) 上任意两点,O为坐标原点,若OAOB,则点O到直线AB的距离d为定值,且d=aba2+b2.

证明:由于OAOB,所以|OA|2+|OB|2=|AB|2,

由结论知1|OA|2 +1|OB|2= |OB|2+|OA|2|OA|2・|OB|2= |AB|2|OA|2・|OB|2= 1a2+1b2 ,

又SOAB= 12|OA|・|OB|=12|AB|・d,

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

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