高考試題是課堂教學(xué)豐富而寶貴的資源，分析和研究高考試題對(duì)于把握高考試題的命題趨勢(shì)，提高課堂教學(xué)效率具有十分重要的積極作用.縱觀2015年各省市的高考解析幾何試題，筆者驚奇地發(fā)現(xiàn)，利用伸縮變換的不變性來(lái)賞析這些試題，不僅可以得到非常簡(jiǎn)潔的解法，而且從一定程度上還能窺看到這些試題命制的源泉，本文擬就此發(fā)表筆者的一些粗淺想法，供讀者參考.為了便于后續(xù)問(wèn)題的探討，我們首先不加證明地介紹伸縮變換及其不變性，相關(guān)證明讀者可以參考相關(guān)文獻(xiàn).

在平面直角坐標(biāo)系中，給出變換T：P（x，y）→P′（x′，y′），其中 x′=xa

y′=yb，a>0，b>0，我們稱變換T為平面直角坐標(biāo)中的伸縮變換.對(duì)于給定的三點(diǎn)

A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3）

及直線l1，l2，設(shè)其在變換T的像分別為A′（x1a，y1b）、B′（x2a，y2b）、C′（x3a，y3b），及直線l′1，l′2，平面曲線Γ在變換T下的像為平面曲線?！洌瑒t變換T具有下列性質(zhì)：

性質(zhì)1 共線結(jié)合性，即AB=λACA′B′=λA′C′;l1∥l2l′1∥l′2;A∈ΓA′∈?！?

性質(zhì)2 若直線AB的斜率k存在且非零，則直線A′B′的斜率k′存在，且kk′=ba;

性質(zhì)3 若A，B，C三點(diǎn)不共線，則△ABC的面積為S，△A′B′C′的面積為S′，則SS′=ab.

性質(zhì)4 曲線Γ的方程為f（x，y）=0，則曲線?！涞姆匠虨閒（ax，by）=0.

另外為了后續(xù)行文的簡(jiǎn)潔，無(wú)特別說(shuō)明，我們都默認(rèn)：點(diǎn)P、直線l、曲線Γ在變換T下的像分別為點(diǎn)P′、直線l′、曲線?！?顯然在伸縮變換T下，橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的像為單元圓x2+y2=1，結(jié)合上述性質(zhì)我們就可將橢圓中復(fù)雜的問(wèn)題等價(jià)轉(zhuǎn)化為單位圓中相應(yīng)的簡(jiǎn)單問(wèn)題，下面我們利用該原理來(lái)賞析2015年高考中涉及橢圓的部分解析幾何試題.

1 利用伸縮變換賞析解析幾何中的位置關(guān)系

由于伸縮變換保持結(jié)合性、平行關(guān)系和線段比例關(guān)系，利用這些性質(zhì)我們可以將橢圓中的位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為單位圓中的相應(yīng)位置關(guān)系，以此可以規(guī)避橢圓中的復(fù)雜運(yùn)算.

例1 （2015年全國(guó)卷Ⅱ理科第20題）已知橢圓C：9x2+y2=m2（m>0），直線l不過(guò)原點(diǎn)且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A、B，線段AB的中點(diǎn)為M.

（Ⅰ）證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值;

（Ⅱ）若l過(guò)點(diǎn)（m3，m），延長(zhǎng)線段OM與C交于點(diǎn)P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時(shí)l的斜率;若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由.

圖1

證明（Ⅰ）引入伸縮變換T：（x，y）→（xa，yb），a=m3，b=m，則橢圓C的像為單位圓，如圖1所示.考慮到O′M′⊥A′B′，則kO′M′·kA′B′=-1，從而直線OM，AB的斜率乘積kOM·kAB=bakO′M′·bakA′B′=b2a2×（-1）=-9，為定值.

（Ⅱ）要使得四邊形OAPB為平行四邊形，則

根據(jù)變換T的不變性，其像O′A′P′B′也為

平行四邊形，考慮到點(diǎn)M′為A′B′的中點(diǎn)，從

而只需M′也為O′P′的中點(diǎn)即可，故只需原點(diǎn)O′

到經(jīng)過(guò)點(diǎn)（1，1）的直線l′的距離為12即可.設(shè)直線l′

的斜率為k′，則l′的方程為k′x-y-k′+1=0，

則|k′-1|1+k′2=12，從而求得k′=4±73.從而直線l的斜率k=bak′=3k′=4±7.從而滿足條件的直線l存在，其斜率為4±7.

2 利用伸縮變換賞析解析幾何中的弦長(zhǎng)關(guān)系

設(shè)線段AB在伸縮變換T下的像為線段A′B′.顯然在伸縮變換下線段的長(zhǎng)度關(guān)系不具有確定的關(guān)系，但是我們可以利用斜率的不變關(guān)系（即性質(zhì)2）尋找|AB|，|A′B′|的關(guān)系：即設(shè)線段AB所在直線斜率為k，則|AB||A′B′|=1+k21+k′2|xA-xB||xA′′-xB′′|=a1+k21+k′2=a1+k21+abk2.

利用這個(gè)關(guān)系我們可以將橢圓中的弦長(zhǎng)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為單位圓中的弦長(zhǎng)問(wèn)題.

例2 （2015年陜西省高考理科數(shù)學(xué)第20題）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的半焦距為c，原點(diǎn)O到經(jīng)過(guò)兩點(diǎn)（c，0），（0，b）的直線的距離為12c.

（Ⅰ）求橢圓E的離心率;

（Ⅱ）如圖2，AB是圓M：（x+2）2+（y-1）2=52的一條直徑，若橢圓E經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)，求橢圓E的方程.

圖2

解 （Ⅰ）過(guò)點(diǎn)（c，0），（0，b）的直線為bx+cy-bc=0，則原點(diǎn)O到此直線的距離d=bcb2+c2=c2，故a=2b，即a2∶b2∶c2=4∶1∶3，故橢圓E的離心率為32.

（Ⅱ）設(shè)橢圓E的方程為x24λ2+y2λ2=1（λ>0），

引入伸縮變換T：（x，y）→（xa，yb），a=2λ，b=λ.

則橢圓E在變換T下的像為單元圓，如圖2所示.

由于點(diǎn)M（-2，1）為AB的中點(diǎn)， 故M′（-1λ，1λ）

為A′B′的中點(diǎn)，則在單位圓中|A′B′|=

21-|O′M′|2=21-2λ2，且kA′B′=1.

從而在橢圓E中，kAB=-bakA′B′=-12，從而|AB||A′B′|=1+k21+k′2|xA-xB||xA′-xB′|=2λ1+141+1=52·λ.

從而|AB|=52·λ·21-2λ2=

10·λ2-2，又由于|AB|=10，故10·λ2-2=10，求得λ2=3，故所求的橢圓E的方程為x212+y23=1.

3 利用伸縮變換賞析解析幾何中的面積關(guān)系

由于在伸縮變換T下△ABC的面積與其像△A′B′C′的面積間具有非常好的不變性S△ABCS△A′B′C′=ab，而圓中的內(nèi)接三角形面積的計(jì)算遠(yuǎn)比橢圓中的內(nèi)接三角形面積的計(jì)算要簡(jiǎn)單，因此利用伸縮變換來(lái)處理橢圓中的三角形的面積會(huì)比用常規(guī)方法求解要簡(jiǎn)單很多.

例3 （2015年上海市高考數(shù)學(xué)第21題）已知橢圓x2+2y2=1，過(guò)原點(diǎn)的兩條直線l1和l2分別與橢圓交于A、B和C、D.記得到的平行四邊形ACBD的面積為S.

（Ⅰ）設(shè)A（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐標(biāo)表示點(diǎn)C到直線l1的距離，并證明：

S=2|x1y2-x2y1|;

（Ⅱ）設(shè)l1與l2的斜率之積為-12，求面積S的值.

解 （Ⅰ）顯然點(diǎn)C（x2，y2）到直線l1的距離d即為OC=（x2，y2）在直線AB的法向量n=（y1，-x1）方向上的投影的絕對(duì)值，即d=|OC·n||n|=|x1y2-x2y1|x21+y21，而S=|AB|·d

=2x21+y21×|x1y2-x2y1|x21+y21=2|x1y2-x2y1|.

（Ⅱ）引入伸縮變換T：（x，y）→（xa，yb2），a=1，

b=22，則橢圓在變換T下的像為單位圓，

如圖3所示.由于直線l1與l2的斜率之積為

k1·k2=-12，則直線l1與l2的像l1′與l2′的

斜率之積k1′·k2′=2k1·2k2=2×-12=-1，也即A′B′⊥C′D′.從而平行四邊形A′B′C′D′是邊長(zhǎng)為2的正方形，其面積為2，故平行四邊形ABCD的面積S=abS′=22S′=2.

圖3

例4 ?（2015年湖北省高考理科數(shù)學(xué)第21題）一種作圖工具如圖4所示.O是滑槽AB的中點(diǎn)，短桿ON可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)，長(zhǎng)桿MN通過(guò)N處鉸鏈與

ON連接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動(dòng)，

且DN=ON=1，MN=3.當(dāng)栓子D在滑槽

AB內(nèi)作往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶動(dòng)N繞O轉(zhuǎn)動(dòng)一周（

D不動(dòng)時(shí)，N也不動(dòng)），M處的筆尖畫出的曲線

記為C.以O(shè)為原點(diǎn)，AB所在的直線為x軸建

立如圖4所示的平面直角坐標(biāo)系.

（Ⅰ）求曲線C的方程;

（Ⅱ）設(shè)動(dòng)直線l與兩定直線l1：x-2y=0和l2：x+2y=0分別交于P，Q兩點(diǎn).若直線l

總與曲線C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，試探究：△OPQ的面積是否存在最小值？若

存在，求出該最小值;若不存在，說(shuō)明理由.

圖4

解（Ⅰ）略，曲線C的方程為x2+4y2=16，即x216+y24=1.

圖5

（Ⅱ）引入伸縮變換T：（x，y）→（xa，yb），

a=4，b=2，則曲線C的像為單位圓，直

線l1：x-2y=0，l2：x+2y=0的像為

l1′：x-y=0，l2′：x+y=0，從而l1′⊥l2′.

由于直線l與橢圓C相切，設(shè)其切點(diǎn)為H，

則其像l′與單位圓相切，切點(diǎn)為H′，如圖5所示.從而在△O′P′Q′中，OH′⊥P′Q′.設(shè)|O′Q′|=r1，|O′P′|=r2，則|P′Q′|=r21+r22，由等面積法得

r1·r2=r21+r22，從而1r21+1r22=1.由此1=1r21+1r22≥2r1r2，即r1·r2≥2，故△O′P′Q′的面積S′=12r1·r2的最小值為1（當(dāng)點(diǎn)H′在坐標(biāo)軸上），故△OPQ的面積S=abS′=8S′的最小值為8，此時(shí)直線l與橢圓C的切點(diǎn)在坐標(biāo)軸上.

例5 ?（2015年山東省高考理科數(shù)學(xué)第20題）平面直角坐標(biāo)系中，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為32，其左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2.以F1為圓心以3為半徑的圓與以F2為圓心以1為半徑的圓相交，且交點(diǎn)在橢圓C上.

（Ⅰ）求橢圓C的方程;

（Ⅱ）設(shè)橢圓E：x24a2+y24b2=1（a>b>0），點(diǎn)P為橢圓C上任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P的直線y=kx+m交橢圓E于A，B兩點(diǎn)，射線OP交橢圓E于點(diǎn)Q.

（ⅰ）求|OQ||OP|的值;（ⅱ）求△ABQ面積的最大值.

解 （Ⅰ）由題得2a=4，故a=2，又

e=32，從而b=1，即橢圓C的方程為

x24+y2=1.

（Ⅱ） （?。E圓E的方程為x216+y24=1.引入伸縮變換T：（x，y）→（xa，yb），a=4，b=2，則橢圓E的像為單位圓E′，橢圓C的像為圓C′：x2+y2=14，如圖6所示.

圖6

顯然|O′Q′||O′P′|=xQ′xP′=axQaxP=xQxP=|OQ||OP|，故|OQ||OP|=|O′Q′||O′P′|=112=2.

（ⅱ）在單位圓中，設(shè)Q′，O′到直線A′B′的距離為dQ′，dO′，由條件得dQ′=3dO′，故△A′B′Q′的面積S△A′B′Q′=12|A′B′|·dQ′=32|A′B′|·dO′=31-d2O′·dO′=3d2O′（1-d2O′），由于dO′≤|O′P′|=12，從而dO′∈[0，12].故當(dāng)dO′=12時(shí)，S△A′B′Q′有最大值334.故△ABQ的面積S△ABQ=abS△A′B′Q′=8S△A′B′Q′有最大值63.綜合上述，△ABQ面積的最大值為63.

例6 ?（2015年浙江省高考理科數(shù)學(xué)第19題）已知橢圓x22+y2=1上兩個(gè)不同的點(diǎn)A、B關(guān)于直線y=mx+12對(duì)稱.

（Ⅰ）求實(shí)數(shù)m的取值范圍;

（Ⅱ）求△AOB面積的最大值（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）.

圖7

解 （Ⅰ）引入伸縮變換T：（x，y）→（xa，yb），a=2，b=1，則橢圓x22+y2=1的像為單位圓，如圖7所示.直線l：y=mx+12（m≠0）的像為

直線l′：y=2mx+12.由于點(diǎn)M為AB

中點(diǎn)，從而點(diǎn)M′為A′B′的中點(diǎn)，故

kO′M′·kA′B′=-1;又AB⊥l，故kAB·kl

=-1，從而直線A′B′的斜率kA′B′與直線

l′的斜率kl′滿足kA′B′·kl′=abkAB·abkl=a2b2kAB·kl=-2.考慮到直線l′的斜率為2m，則直線kA′B′=-2m，直線O′M′的斜率kO′M′=m2.

設(shè)點(diǎn)M′（x0′，y0′），則由kO′M′=m2得y0′=m2x0′;另一方面點(diǎn)M′在直線l′：y=2mx+12上，故

y0′=2mx0′+12.由此可求得點(diǎn)M′的坐標(biāo)為

（-12m，-12）.

考慮到點(diǎn)M′（-12m，-12）在單位圓內(nèi)部，從而-12m2+-122<1，求得m<-63或m>63.

綜合上述，所求的實(shí)數(shù)m的取值范圍為

（-∞，-63）∪（63，+∞）.

（Ⅱ）顯然，在單位圓中，△A′O′B′的面積S′=12|O′A′|·|O′B′|·sin∠A′O′B′≤12，當(dāng)且僅當(dāng)O′A′⊥O′B′，即|O′M′|=22取等號(hào).由于M′（-12m，-12），令|O′M′|=

-12m2+-122=22，求得m=±2∈（-∞，-63）∪（63，+∞）.由此△A′O′B′的面積的最大值為12，故△AOB的面積S=abS′=2S′的最大值為22.

綜合上述，利用伸縮變換來(lái)求解橢圓中的問(wèn)題不僅可以回避復(fù)雜的解析代數(shù)運(yùn)算，而且還能從根源上發(fā)現(xiàn)試題的本質(zhì)，是我們理解和把握試題非常有效的工具.另外值得一提的是，借助伸縮變換的不變性及其圓中的基本性質(zhì)，我們也能像命題專家一樣命制一些獨(dú)具創(chuàng)意的試題，如：已知直線l交橢圓C：x24+y2=1于A、B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn).若在橢圓C上存在一點(diǎn)M，使得OM=λOA+μOB.若λ2+μ2=1，求△AOB的面積.讀者也不妨一試！

作者簡(jiǎn)介 林國(guó)夫，男，浙江上虞人，1981年生，中學(xué)一級(jí)教師，市學(xué)科帶頭人.其輔導(dǎo)的學(xué)生在高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽中獲全國(guó)二等獎(jiǎng)及以上近10人次.發(fā)表文章四十余篇.