论文部分内容阅读
近几年各地高考试题均沿袭“在丰富背景下立意，在贴近教材中设计”的命题风格，很多高考试题就来源于课本中的例题和习题，以教材中的素材为依据，经过组合加工、改造整合和延拓提高而成，这为高考复习提供“依靠课本”的导向.因此我们在复习应回归课本，梳理教材，在课本的例习题中寻根探源，发掘更多的潜在价值.
课本习题的探究
课本习题 （人教版选修4-4习题1.3的第6题）已知椭圆的中心为O，长轴、短轴长分别为2a、2b（a>b>0），A，B分别为椭圆上的两点，且[OA⊥OB]，求证：[1OA2+1OB2]为定值.
分析 以椭圆的中心[O]为坐标原点，以椭圆的长轴为[x]轴建立直角坐标系，容易求得椭圆的方程为[x2a2+y2b2=1]，将椭圆化为极坐标方程：[ρ2=a2b2b2cos2θ+a2sin2θ]，即[1ρ2=b2cos2θ+a2sin2θa2b2].
设[A（ρ1，α），B（ρ2，β），]则[ρ1=OA，ρ2=OB，]
故[1ρ21=b2cos2α+a2sin2αa2b2，1ρ22=a2cos2β+b2sin2βa2b2.]
由[OA⊥OB]得，[β=α±π2，cos2α=sin2β，cos2β=sin2α，]
所以[1OA2+1OB2=1ρ21+1ρ22=1a2+1b2.]
演变成的高考题
用上面的方法很容易解决下面两道高考题.
例1 设椭圆[E：x2a2+y2b2=1]（[a，b>0]）过M（2，[2]） ，N（[6]，1）两点，O为坐标原点.
（1）求椭圆E的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且[OA⊥OB]？若存在，写出该圆的方程，并求|AB|的取值范围，若不存在说明理由.
解析 （1）易求得椭圆[E]的方程为[x28+y24=1].
（2）将椭圆[x28+y24=1]化为极坐标方程：[ρ2=8cos2θ+2sin2θ]，即[1ρ2=cos2θ+2sin2θ8].
设[A（ρ1，α），B（ρ2，β），]
则[ρ1=OA，ρ2=OB.]
故有[1ρ21=cos2α+2sin2α8，1ρ22=cos2β+2sin2β8.]
由[OA?OB=0]得，
[β=α±π2，cos2α=sin2β，cos2β=sin2α].
所以[1OA2+1OB2=1ρ21+1ρ22=1+28=38].
由直角三角形面积公式得，
[OP?AB=OA?OB，∴OP2?AB2=OA2?OB2].
[∴OP2?（OA2+OB2）=OA2?OB2].
[∴OP2=OA2?OB2OA2+OB2=11OA2+1OB2=83]，即点[P]在以[O]为圆心、[263]为半径的定圆上.
即存在圆心在原点的圆[x2+y2=83]，使得该圆的任意一条切线与椭圆[E]恒有两个交点[A，B]，且[OA⊥OB].
例2 设椭圆[x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的左、右焦点分别为[F1，F2，A]是椭圆上的一点，[C]，原点[O]到直线[AF1]的距离为[13OF1].
（1）证明[a=2b]；
（2）设[Q1，Q2]为椭圆上的两个动点，[OQ1⊥OQ2]，过原点[O]作直线[Q1Q2]的垂线[OD]，垂足为[D]，求点[D]的轨迹方程.（解法略）
推广探究
利用类似的方法可以探究在双曲线和抛物线中有相似的性质.于是可以得到下面几个推论.
推论1 [A，B]是椭圆[x2a2+y2b2=1]（a，b>0）上两个动点，满足[OA?OB=0].
则（1）[1OA2+1OB2=1a2+1b2]为定值；（2）动点P在线段AB上，满足[OP?AB=0]，则点P在以O为圆心、[aba2+b2]为半径的定圆上.
推论2 A，B是双曲线[x2a2-y2b2=1]（b>a>0）上两个动点，满足[OA?OB=0].
则（1）[1OA2+1OB2=1a2-1b2]为定值；（2）动点[P]在线段AB上，满足[OP?AB=0]，则点P在以O为圆心、[abb2-a2]为半径的定圆上.
推论3 设点A和B为抛物线[y2=2pxp>0]上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB. 则点M的轨迹是以（[p]，0）为圆心，以[2p]为半径的圆，去掉坐标原点.
推论的应用
例3 [A，B]是双曲线[x24-y29=1]上两个动点，满足[OA?OB=0].
（1）求证：[1OA2+1OB2]为定值；
（2）动点[P]在线段[AB]上，满足[OP?AB=0]，求证点[P]在定圆上.
证明 （1）将双曲线[x24-y29=1]化为极坐标方程：[ρ2=369cos2θ-4sin2θ]，
即[1ρ2=9cos2θ-4sin2θ36].
设[A（ρ1，α），B（ρ2，β），]则[ρ1=OA，ρ2=OB.]
故有[1ρ21=9cos2α-4sin2α36，1ρ22=9cos2β-4sin2β36.]
由[OA?OB=0]得，
[β=α±π2，cos2α=sin2β，cos2β=sin2α].
所以[1OA2+1OB2=1ρ21+1ρ22=9-436=536].
（2）由直角三角形面积公式得，
[OP?AB=OA?OB，∴OP2?AB2=OA2?OB2].
[∴OP2?（OA2+OB2）=OA2?OB2].
[∴OP2=OA2?OB2OA2+OB2=11OA2+1OB2=365]，即点P在以O为圆心、[655]为半径的定圆上.
例4 如图，设点[A]和[B]为抛物线[y2=4pxp>0]上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB.求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.
解析 （1）将抛物线[y2=4pxp>0]化为极坐标方程：[ρ=4pcosθsin2θ]，不妨设[A（ρ1，α），B（ρ2，β），]由[OA?OB=0]，则[β=α-π2，sinβ=-cosα，cosβ=sinα].
设直线AB与x轴的交点为[C（ρ，0）]，设直线AB的方程为x=my+b，化为化为极坐标方程：[ρcosθ=mρsinθ+b，]
由[A，B，C]三点均在此直线上，
则[ρ1cosα=mρ1sinα+b，ρ2cosβ=mρ2sinβ+b，ρ=b.]
由[ρ1cosα=mρ1sinα+b]得，
[m=ρ1cosα-bρ1sinα=cosαsinα-bsinα4pcosα]，
由[ρ2cosβ=mρ2sinβ+b]得，
[m=ρ2cosβ-bρ2sinβ=cosβsinβ-bsinβ4pcosβ=sinα-cosα+bcosα4psinα.]
则有[cosαsinα-bsinα4pcosα]=[sinα-cosα+bcosα4psinα]，解得[b]=[4p]，即[ρ=4p]，即[C]为定点（[4p]，0）.
由OM⊥AB得，M点是以OC为直径的圆.
因为A，B是原点以外的两点，所以[x≠0.]所以M的轨迹是以（[2p]，0）为圆心，以[2p]为半径的圆，去掉坐标原点.方程为[x2+y2-4px=0]（[x≠0]）.
课本习题的探究
课本习题 （人教版选修4-4习题1.3的第6题）已知椭圆的中心为O，长轴、短轴长分别为2a、2b（a>b>0），A，B分别为椭圆上的两点，且[OA⊥OB]，求证：[1OA2+1OB2]为定值.
分析 以椭圆的中心[O]为坐标原点，以椭圆的长轴为[x]轴建立直角坐标系，容易求得椭圆的方程为[x2a2+y2b2=1]，将椭圆化为极坐标方程：[ρ2=a2b2b2cos2θ+a2sin2θ]，即[1ρ2=b2cos2θ+a2sin2θa2b2].
设[A（ρ1，α），B（ρ2，β），]则[ρ1=OA，ρ2=OB，]
故[1ρ21=b2cos2α+a2sin2αa2b2，1ρ22=a2cos2β+b2sin2βa2b2.]
由[OA⊥OB]得，[β=α±π2，cos2α=sin2β，cos2β=sin2α，]
所以[1OA2+1OB2=1ρ21+1ρ22=1a2+1b2.]
演变成的高考题
用上面的方法很容易解决下面两道高考题.
例1 设椭圆[E：x2a2+y2b2=1]（[a，b>0]）过M（2，[2]） ，N（[6]，1）两点，O为坐标原点.
（1）求椭圆E的方程；
（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且[OA⊥OB]？若存在，写出该圆的方程，并求|AB|的取值范围，若不存在说明理由.
解析 （1）易求得椭圆[E]的方程为[x28+y24=1].
（2）将椭圆[x28+y24=1]化为极坐标方程：[ρ2=8cos2θ+2sin2θ]，即[1ρ2=cos2θ+2sin2θ8].
设[A（ρ1，α），B（ρ2，β），]
则[ρ1=OA，ρ2=OB.]
故有[1ρ21=cos2α+2sin2α8，1ρ22=cos2β+2sin2β8.]
由[OA?OB=0]得，
[β=α±π2，cos2α=sin2β，cos2β=sin2α].
所以[1OA2+1OB2=1ρ21+1ρ22=1+28=38].
由直角三角形面积公式得，
[OP?AB=OA?OB，∴OP2?AB2=OA2?OB2].
[∴OP2?（OA2+OB2）=OA2?OB2].
[∴OP2=OA2?OB2OA2+OB2=11OA2+1OB2=83]，即点[P]在以[O]为圆心、[263]为半径的定圆上.
即存在圆心在原点的圆[x2+y2=83]，使得该圆的任意一条切线与椭圆[E]恒有两个交点[A，B]，且[OA⊥OB].
例2 设椭圆[x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的左、右焦点分别为[F1，F2，A]是椭圆上的一点，[C]，原点[O]到直线[AF1]的距离为[13OF1].
（1）证明[a=2b]；
（2）设[Q1，Q2]为椭圆上的两个动点，[OQ1⊥OQ2]，过原点[O]作直线[Q1Q2]的垂线[OD]，垂足为[D]，求点[D]的轨迹方程.（解法略）
推广探究
利用类似的方法可以探究在双曲线和抛物线中有相似的性质.于是可以得到下面几个推论.
推论1 [A，B]是椭圆[x2a2+y2b2=1]（a，b>0）上两个动点，满足[OA?OB=0].
则（1）[1OA2+1OB2=1a2+1b2]为定值；（2）动点P在线段AB上，满足[OP?AB=0]，则点P在以O为圆心、[aba2+b2]为半径的定圆上.
推论2 A，B是双曲线[x2a2-y2b2=1]（b>a>0）上两个动点，满足[OA?OB=0].
则（1）[1OA2+1OB2=1a2-1b2]为定值；（2）动点[P]在线段AB上，满足[OP?AB=0]，则点P在以O为圆心、[abb2-a2]为半径的定圆上.
推论3 设点A和B为抛物线[y2=2pxp>0]上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB. 则点M的轨迹是以（[p]，0）为圆心，以[2p]为半径的圆，去掉坐标原点.
推论的应用
例3 [A，B]是双曲线[x24-y29=1]上两个动点，满足[OA?OB=0].
（1）求证：[1OA2+1OB2]为定值；
（2）动点[P]在线段[AB]上，满足[OP?AB=0]，求证点[P]在定圆上.
证明 （1）将双曲线[x24-y29=1]化为极坐标方程：[ρ2=369cos2θ-4sin2θ]，
即[1ρ2=9cos2θ-4sin2θ36].
设[A（ρ1，α），B（ρ2，β），]则[ρ1=OA，ρ2=OB.]
故有[1ρ21=9cos2α-4sin2α36，1ρ22=9cos2β-4sin2β36.]
由[OA?OB=0]得，
[β=α±π2，cos2α=sin2β，cos2β=sin2α].
所以[1OA2+1OB2=1ρ21+1ρ22=9-436=536].
（2）由直角三角形面积公式得，
[OP?AB=OA?OB，∴OP2?AB2=OA2?OB2].
[∴OP2?（OA2+OB2）=OA2?OB2].
[∴OP2=OA2?OB2OA2+OB2=11OA2+1OB2=365]，即点P在以O为圆心、[655]为半径的定圆上.
例4 如图，设点[A]和[B]为抛物线[y2=4pxp>0]上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB.求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.
解析 （1）将抛物线[y2=4pxp>0]化为极坐标方程：[ρ=4pcosθsin2θ]，不妨设[A（ρ1，α），B（ρ2，β），]由[OA?OB=0]，则[β=α-π2，sinβ=-cosα，cosβ=sinα].
设直线AB与x轴的交点为[C（ρ，0）]，设直线AB的方程为x=my+b，化为化为极坐标方程：[ρcosθ=mρsinθ+b，]
由[A，B，C]三点均在此直线上，
则[ρ1cosα=mρ1sinα+b，ρ2cosβ=mρ2sinβ+b，ρ=b.]
由[ρ1cosα=mρ1sinα+b]得，
[m=ρ1cosα-bρ1sinα=cosαsinα-bsinα4pcosα]，
由[ρ2cosβ=mρ2sinβ+b]得，
[m=ρ2cosβ-bρ2sinβ=cosβsinβ-bsinβ4pcosβ=sinα-cosα+bcosα4psinα.]
则有[cosαsinα-bsinα4pcosα]=[sinα-cosα+bcosα4psinα]，解得[b]=[4p]，即[ρ=4p]，即[C]为定点（[4p]，0）.
由OM⊥AB得，M点是以OC为直径的圆.
因为A，B是原点以外的两点，所以[x≠0.]所以M的轨迹是以（[2p]，0）为圆心，以[2p]为半径的圆，去掉坐标原点.方程为[x2+y2-4px=0]（[x≠0]）.