廣東省佛山市高明區(qū)教師發(fā)展中心(528500) 張文玲

一、定義引出

在高中數(shù)學(xué)選修4-4 第一講中,有如下定義:設(shè)點(diǎn)P(x,y)是平面直角坐標(biāo)系中的任意一點(diǎn),在變換的作用下,點(diǎn)P(x,y)對(duì)應(yīng)到點(diǎn)P′(x′,y′),稱φ為平面直角坐標(biāo)系中的坐標(biāo)伸縮變換,簡(jiǎn)稱伸縮變換.在它的作用下,可以實(shí)現(xiàn)平面圖形的伸縮.

在此變換下,原來(lái)直角坐標(biāo)系xOy中的點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)對(duì)應(yīng)變?yōu)橹苯亲鴺?biāo)系x′O′y′中的點(diǎn)A′(x1′,y1′),B′(x2′,y2′),C′(x3′,y3′),且有如下結(jié)論:

①若點(diǎn)A,B,C三點(diǎn)共線,則點(diǎn)A′,B′,C′三點(diǎn)也共線[1].

②若A,B,C三點(diǎn)共線且|AB|=λ|BC|(λ>0),則變換之后|A′B′|=λ|B′C′|(λ>0).故若點(diǎn)B為線段AC的中點(diǎn),則點(diǎn)B′為線段A′C′的中點(diǎn)[1].

③若直線AB的斜率為k,則直線A′B′的斜率為mk[1].故兩條平行直線經(jīng)變換后仍然平行.

④兩封閉圖形的面積之比在變換前后不變.

在圓中有很多優(yōu)美的性質(zhì),將橢圓伸縮變換為圓之后,就可以利用圓的性質(zhì)來(lái)解決一些問(wèn)題,簡(jiǎn)化了計(jì)算,使學(xué)生不再“望橢圓而生畏”.下面從圓的四個(gè)常見(jiàn)性質(zhì)出發(fā)來(lái)解決一些涉及到橢圓的高考題目.

二、應(yīng)用舉例

(一)直徑所對(duì)的圓周角是直角

例1(2019年高考全國(guó)Ⅱ卷理科第21 題)已知點(diǎn)A(?2,0),B(2,0),動(dòng)點(diǎn)M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為記M的軌跡為曲線C.

(1)求C的方程,并說(shuō)明C是什么曲線;

(2)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P,Q兩點(diǎn),點(diǎn)P在第一象限,PE⊥x軸,垂足為E,連結(jié)QE并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)G.

(ⅰ)證明:?PQG是直角三角形;

(ⅱ)求?PQG面積的最大值.

解析第(1)問(wèn)和第(2)問(wèn)的第(ⅱ)小題略,下面考慮第(2)問(wèn)的第(ⅰ)小題.

設(shè)點(diǎn)P(x0,y0),G(xG,yG),則Q(?x0,?y0),E(x0,0).設(shè)直線PQ的斜率為k(k >0),則直線QE的斜率為P,G,Q,E分別對(duì)應(yīng)變?yōu)镻′,G′,Q′,E′.所以變換后直線P′Q′的斜率為直線Q′E′的斜率為

因?yàn)镻′Q′為直徑,所以P′G′⊥Q′G′,所以直線P′G′的斜率為,所以

圖1

因?yàn)橹本€PG的斜率為所以PQ⊥PG,?PQG是直角三角形.

例2(2019年高考天津卷理科第18 題)設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為F,上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的短軸長(zhǎng)為4,離心率為

(1)求橢圓的方程;

(2)設(shè)點(diǎn)P在橢圓上,且異于橢圓的上、下頂點(diǎn),點(diǎn)M為直線PB與x軸的交點(diǎn),點(diǎn)N在y軸的負(fù)半軸上.若|ON|=|OF|(O為原點(diǎn)),且OP⊥MN,求直線PB的斜率.

解析第(1)問(wèn)略,下面考慮第(2)問(wèn).

圖2

設(shè)直線PB的方程為y=kx+2(k0),則可求得實(shí)施變換后變?yōu)樗灾本€P′B′的方程為

因?yàn)镻′B′⊥P′D′,所以直線P′D′的方程為聯(lián)立可得所以kO′P′=

因?yàn)镸所以由題意得OP⊥MN,所以所以,所以,所以,即直線PB的斜率為

(二)的圓周角所對(duì)的弦為直徑

例3(2019年高考北京卷文科第19 題)已知橢圓的右焦點(diǎn)為(1,0),且經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0,1).

(1)求橢圓C的方程;

(2)設(shè)O為原點(diǎn),直線l:y=kx+t(t≠±1)與橢圓C交于兩個(gè)不同點(diǎn)P,Q,直線AP與x軸交于點(diǎn)M,直線AQ與x軸交于點(diǎn)N.若|OM|·|ON|= 2,求證:直線l經(jīng)過(guò)定點(diǎn).

解析第(1)問(wèn)略,下面考慮第(2)問(wèn).

因?yàn)镸,N兩點(diǎn)均在x軸上,所以實(shí)施變換后兩點(diǎn)的坐標(biāo)均保持不變.所以|O′M′|·|O′N(xiāo)′|=|OM| · |ON|=2 =|O′A′|2且O′A′⊥M′N(xiāo)′,所以∠M′A′N(xiāo)′= 90°即∠Q′A′P′= 90°,所以P′Q′為圓x′2+y′2= 2 的直徑,直線l′過(guò)原點(diǎn)O′,因此直線l也過(guò)原點(diǎn)O,即直線l經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(0,0).

圖3

(三)割線定理

例4(2018年高考天津卷文科第19 題)設(shè)橢圓的右頂點(diǎn)為A,上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的離心率為

(1)求橢圓C的方程;

(2)設(shè)直線l:y=kx(k <0)與橢圓交于P,Q兩點(diǎn),l與直線AB交于點(diǎn)M,且點(diǎn)P,M均在第四象限.若?BPM的面積是?BPQ面積的2 倍,求k的值.

解析第(1)問(wèn)略,下面考慮第(2)問(wèn).

圖4

因?yàn)锳(3,0),B(0,2),所以A′(3,0),B′(0,3),|A′B′|=因 為S?BPM= 2S?BPQ,所以S?B′P′M′=2S?B′P′Q′,|P′M′|= 2|P′Q′|= 2×2×3 = 12,|M′Q′|=|P′Q′|+|P′M′|=6+12=18.

因?yàn)镸′是圓x′2+y′2= 9 外一點(diǎn),所以|M′A′| ·|M′B′|=|M′P′| · |M′Q′|= 12×18 = 216,|M′A′| ·

因?yàn)?直線A′B′的方程為y′=?x′+3 且M′點(diǎn)在直線A′B′上,M′點(diǎn)在第四象限,所以所以

(四)相交弦定理

例5(2019年高考全國(guó)Ⅰ卷理科第10 題)已知橢圓C的焦點(diǎn)為F1(?1,0),F2(1,0),過(guò)F2的直線與C交于A,B兩點(diǎn).若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,則C的方程為( ).

解析設(shè)橢圓C的方程為=1(a>b>0),如圖5.

由橢圓定義得:|BF1|+|BF2|=2a=|AF2|+|AF1|,因?yàn)閨AF2|=2|BF2|,所以|BF1|+|BF2|=2|BF2|+|AF1|,|BF1|=|BF2|+|AF1|.

又因?yàn)閨AB|=|AF2|+|BF2|=|BF1|,所以|AF1|=|AF2|,A為橢圓的上頂點(diǎn)或下頂點(diǎn),不妨取上頂點(diǎn)A(0,b).

圖5

圖6

對(duì)橢圓C實(shí)施變換得到圓x′2+y′2=a2,如圖6.

A(0,b),B分別對(duì)應(yīng)變?yōu)锳′(0,a),B′.因?yàn)镕1,F2均在x軸上,所以 實(shí)施變換后F1,F2坐標(biāo)保持不變,即F1(?1,0),F2(1,0),|A′F2|2=|A′O′|2+|O′F2|2=a2+1.

設(shè)|B′F2|=x,則|A′F2|= 2|B′F2|= 2x,所以|A′F2|2=4x2=a2+1.又因?yàn)?/p>

所以4x2= 2(a2?1),a2+1 = 2(a2?1)= 2a2?2,a2= 3,b2=a2?1 = 3?1 = 2,故橢圓C的方程為

例6(2018年高考浙江卷第17 題)已知點(diǎn)P(0,1),橢圓=m(m>1)上兩點(diǎn)A,B滿足則當(dāng)m=____時(shí),點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對(duì)值最大.

解析對(duì)橢圓實(shí)施變換φ:得到圓x′2+y′2=4m(m>1),如圖7.

A,B,P(0,1)分別對(duì)應(yīng)變 為A′,B′,P′(0,2),所以|B′P′|2=2m ?2.

設(shè)B′(x0,y0),則|B′P′|2=x02+(y0?2)2=2m ?2.因?yàn)锽′點(diǎn)在x′2+y′2=4m(m>1)上,所以x02+y02=4m.

圖7