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）.