原创《一个结论类比推广运用》：本文关于类比论文范文,可以做为相关论文参考文献,与写作提纲思路参考。
[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,对其进行推广和运用,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等于1（a>b>0） 上任意两点,O为坐标原点,若OA⊥OB,则 1|OA|2+ 1|OB|2等于 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等于kx,则OB的直线方程为y等于-1kx,由 x2a2+y2b2等于1
y等于kx （b2+a2k2）x2-a2b2等于0 ,
∴x21等于a2b2b2+a2k2 , y21等于（kx1）2等于k2x21等于a2b2k2b2+a2k2 ,
所以1|OA|2 等于1x21+y21等于 b2+a2k2a2b2（1+k2）.
同理, 1|OB|2等于 1x22+y22等于 b2+a2（-1k）2 a2b2[1+（-1k）2] 等于 a2+b2k2a2b2（1+k2） , 从而 1|OA|2+1|OB|2等于 b2+a2k2a2b2（1+k2）+ a2+b2k2a2b2（1+k2）等于 a2+b2a2b2等于 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等于ρcosθ,y等于ρsinθ,代入
.
椭圆方程,得（ρcosθ）2a2 +（ρsinθ）2b2等于1 , 即ρ2等于a2b2b2cos2θ+a2sin2θ.
由于OA⊥OB,可设A（ρ1,θ1）,B（ρ2,θ1+π2）,则
ρ21等于a2b2b2cos2θ1+a2sin2θ1 , ρ22等于a2b2b2sin2θ1+a2cos2θ1 .
于是1|OA|2+1|OB|2等于 1ρ21+1ρ22
等于b2cos2θ1+a2sin2θ1+b2sin2θ1+a2cos2θ1a2b2
等于a2+b2a2b2等于 1a2+1b2 .
二、类比
图2如图2所示,已知A,B为双曲线x2a2-y2b2等于1（a>0,b>0） 上任意两点,O为坐标原点,若OA⊥OB,则1|OA|2+ 1|OB|2等于 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等于ρcosθ,y等于ρsinθ代入双曲线方程,得（ρcosθ）2a2 -（ρsinθ）2b2等于1 , 即ρ2等于a2b2b2cos2θ-a2sin2θ.
由于OA⊥OB,可设A（ρ1,θ1）,B（ρ2,θ1+π2）,则 ρ21等于a2b2b2cos2θ1-a2sin2θ1 , ρ22等于a2b2b2sin2θ1-a2cos2θ1 .
于是1|OA|+1|OB|2等于1ρ21+1ρ22
等于b2cos2θ1-a2sin2θ1+b2sin2θ1-a2cos2θ1a2b2
等于b2-a2a2b2等于1a2-1b2 .
三、推广
图3 如图3所示, 已知P1,P2,等,Pn为椭圆 x2a2+y2b2等于1（a>b>0） 上的n个点,O为坐标原点,若∠P1OP2等于∠P2OP3等于等等于∠Pn-1OPn等于∠PnOP1,则 ∑ni等于11|OPi|2等于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等于ρcosθ,y等于ρsinθ代入椭圆方程,得（ρcosθ）2a2 +（ρsinθ）2b2等于1 ,
即ρ2等于a2b2b2cos2θ+a2sin2θ.
设Pi（ρi,θ1+2π（i-1）n）,则 ρ2i等于 a2b2b2cos2[θ1+2π（i-1）n]+ a2sin2[θ1+π（i-1）n] .
于是1|OPi|2等于 1ρ2i等于 （b2-a2）cos2[θ1+2π（i-1）n]a2b2+ 1b2 .
所以 ∑ni等于1 1|OPi|2等于 ∑ni等于1 1ρ2i等于 （b2-a2）a2b2 ∑ni等于1cos2 [θ1+2π（i-1）n]+ nb2 .
而∑ni等于1 cos2[θ1+2π（i-1）n]等于 12 ∑ni等于1 [1+cos（2θ1+4π（i-1）n）] 等于n2+12 ∑ni等于1 cos[2θ1+4π（i-1）n] 等于n2+ 14sin2πn ∑ni等于1 2sin2πn· cos[2θ1+4π（i-1）n] 等于n2+ 14sin2πn ∑ni等于1 {sin[（2θ1+4π（i-1）n）+2πn]- sin[（2θ1+4π（i-1）n）-2πn] } 等于n2+ 14sin2πn ∑ni等于1 {sin[2θ1+2π（2i-1）n]- sin[2θ1+2π（2i-3）n]} 等于n2 +14sin2πn ×{sin[2θ1+2π（2n-1）n]-sin（2θ1-2πn）} 等于n2+ 14sin2πn×2cos[2θ1+2π（n-1）n] sin2π 等于n2+0等于n2 .
所以∑ni等于1 1|OPi|2等于 （b2-a2）a2b2× n2+n2+ nb2等于 n2（1a2+1b2） .
四、运用
图4 如图4所示, 已知A、B为椭圆x2a2+y2b2等于1（a>b>0） 上任意两点,O为坐标原点,若OA⊥OB,则点O到直线AB的距离d为定值,且d等于aba2+b2.
证明：由于OA⊥OB,所以|OA|2+|OB|2等于|AB|2,
由结论知1|OA|2 +1|OB|2等于 |OB|2+|OA|2|OA|2·|OB|2等于 |AB|2|OA|2·|OB|2等于 1a2+1b2 ,
又S△OAB等于 12|OA|·|OB|等于12|AB|·d,
∴d等于|OA|·|OB||AB|等于 11a2+1b2等于 aba2+b2 （定值）.
类比论文参考资料：
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