利用伸縮變換探求橢圓問題之所以然

【摘 要】 本文為探求橢圓問題的簡便解法以及結(jié)論的意義，以伸縮變換的性質(zhì)為依據(jù)，采取橢圓化圓的思想方法對幾道高考題進行了研究，揭示了條件和結(jié)論的內(nèi)在聯(lián)系，并分析了這種思想方法對學(xué)生思維的影響.

【關(guān)鍵詞】 伸縮變換;橢圓化圓;內(nèi)在聯(lián)系

1 問題提出

在橢圓教學(xué)中，我們常常教給學(xué)生一些二級結(jié)論以便快速找到解題方向，比如中點弦斜率公式：在橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）中，弦AB為任意一條與坐標軸不平行的弦，弦AB的中點為M，O為坐標原點，則直線AB和OM的斜率必然滿足關(guān)系式：kAB·kOM=-b2a2，這個結(jié)論不難推出，但缺乏直觀的解釋.

人教A版選修1-1第34頁例2給出這樣一個問題：如圖1，在圓x2+y2=4上任取一點P，過點P作x軸的垂線段PD，D為垂足，當(dāng)點P在圓上運動時，線段PD的中點M的軌跡是什么？在接下來的解決過程中，設(shè)點M（x，y），P（x0，y0），

通過坐標的替換x=x0，y=y02，得到M的軌跡方程為橢圓方程x24+y2=1. 這說明橢圓和圓之間是可以通過坐標變換實現(xiàn)互化的[1]，由于這種變換使得橢圓或圓產(chǎn)生形狀的伸縮，通常又稱為伸縮變換. 伸縮變換反映了橢圓和圓的內(nèi)在聯(lián)系，從而啟發(fā)我們可以將某些橢圓問題轉(zhuǎn)化為圓的問題來解決. 接下來本文將首先介紹伸縮變換的性質(zhì)，然后結(jié)合幾道高考題來闡述一下這個思想方法的運用，并在伸縮變換的視角下重新審視那些橢圓結(jié)論的由來.2 伸縮變換的性質(zhì)

對平面中的二次曲線F（x，y）=0上的點P（x，y），經(jīng)過x′=xa，y′=yb（a>0，b>0）替換后，變?yōu)辄cP′（x′，y′），相應(yīng)的方程變?yōu)镕（ax′，by′）=0，根據(jù)變換式不難得出以下性質(zhì)：

（1）相切、相交、相離的兩曲線，變換后仍然相切、相交、相離.

（2）直線經(jīng)伸縮變換后還是直線，平行線經(jīng)伸縮變換后還是平行線[2].

設(shè)m=（x1，y1），n=（x2，y2）分別是兩平行直線的方向向量，則x1y2=x2y1，經(jīng)變換后，兩直線的方向向量分別為m′=（x1′，y1′），n′=（x2′，y2′），由于x1′·y2′=x1a·y2b=x2y1ab=x2′·y1′，所以m′∥n′.

（3）當(dāng)直線和坐標軸不平行時，變換后的直線和坐標軸也不平行，其中前后兩者的斜率關(guān)系為k=y2-y1x2-x1=by2′-by1′ax2′-ax1′=bak′.

（4）線段AB經(jīng)伸縮變換后還是線段. 若線段AB平行于x軸，則AB=aA′B′;若線段AB平行于y軸，則AB=bA′B′.若線段AB和坐標軸都不平行，則ABA′B′=1+k2xA-xB1+k′2xA′-xB′=a1+k21+k′2.

（5）三角形經(jīng)伸縮變換后還是三角形，但形狀發(fā)生改變，其中變換前后的面積關(guān)系如下：當(dāng)△ABC的一邊比如AB和x軸平行時，則這一邊上的高CD就和y軸平行，從而得出S△ABC=12AB·CD=12aA′B′·bC′D′=abS△A′B′C′;當(dāng)△ABC的三邊與x軸都不平行時，可以過某個頂點作與x軸平行的直線，將三角形分成兩個小三角形，每個小三角形面積都是變換后的ab倍，從而知S△ABC=abS△A′B′C′.

（6）位于同一條直線或兩條平行直線上的線段變換前后的長度比不變.

3 橢圓化圓方法的應(yīng)用與反思

根據(jù)上面伸縮變換的性質(zhì)，凡是涉及到相切、相交、相離的關(guān)系、平行線、線段長度比、直線斜率、三角形面積的橢圓問題，理論上都可以用橢圓變圓的思想方法解決.3.1 應(yīng)用伸縮變換解決與直線斜率相關(guān)的問題

例1 在橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）中，O為坐標原點，其任意一條與坐標軸不平行的弦AB，弦的中點為M，求證：直線AB和OM的斜率必然滿足關(guān)系式：kAB·kOM=-b2a2.證明 令x′=xa，y′=yb，將橢圓方程化為圓方程x′2+y′2=1，弦AB和線段OM分別化為弦A′B′和線段O′M′，根據(jù)伸縮變換的性質(zhì)知，M′仍然是弦A′B′的中點，所以O(shè)′M′⊥A′B′，kA′B′·kO′M′=-1，所以kAB·kOM=b2a2kA′B′·kO′M′=-b2a2，得證.反思 通過這個證明可以看出，橢圓中的中點弦斜率關(guān)系式不過是圓的中點弦性質(zhì)的推廣而已，在單位圓中互相垂直的兩條線段，到了橢圓中其斜率乘積就是-b2a2.由此還可以進一步得出結(jié)論：從橢圓上的任一點P引兩條直線和橢圓分別交于A，B兩點，如果kPA·kPB=-b2a2，那么直線AB必過原點.例2? （2018全國卷新課標Ⅰ卷理科）如圖2，設(shè)橢圓C：x22+y2=1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為（2，0）.

（1）當(dāng)l與x軸垂直時，求直線AM的方程;

（2）設(shè)O為坐標原點，證明：∠OMA=∠OMB.

解 （1）略;

圖3

（2）令x′=x2，y′=y，將橢圓方程化為圓方程x′2+y′2=1，如圖3，焦點F（1，0）和點M（2，0）分別化為F′22，0和M′（2，0），因為O′A′O′F′=2=O′M′O′A′，公共角∠A′O′M′=∠F′O′A′，所以△O′A′M′∽△O′F′A′，∠O′M′A′=∠O′A′F′，同理可得∠O′M′B′=∠O′B′F′，因為O′A′=O′B′，所以∠O′A′F′=∠O′B′F′，所以∠O′M′A′=∠O′M′B′，x′軸平分∠A′M′B′，直線M′A′，M′B′的斜率之和k1′+k2′=0，根據(jù)伸縮變換的性質(zhì)知k1′=2k1，k2′=2k2，所以k1+k2=0，即∠OMA=∠OMB，得證.反思 本題中無論直線l的傾斜角如何變化，∠OMA與∠OMB始終相等，這個結(jié)論在橢圓中無法得到直觀解釋，而把橢圓化圓后就會發(fā)現(xiàn)，由于M點位置的特殊性導(dǎo)致了這兩個角分別和等腰三角形△O′A′B′的兩個底角相等，所以才有了這兩角相等.

例3 （2013安徽）如圖4， 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦距是4，且過點P（2，3）.

（1）求橢圓C的方程;

（2）設(shè)Q（x0，y0）（x0y0≠0）為橢圓C上一點，過點Q作x軸的垂線，垂足為E，取點A（0，22），連接AE，過點A作AE的垂線交x軸于點D，點G是點D關(guān)于y軸的對稱點，作直線QG，問這樣作出的直線QG是否與橢圓C一定有唯一的公共點？并說明理由.

解 （1）x28+y24=1（過程略）;

（2）令x′=x22，y′=y2，將橢圓方程化為圓方程x′2+y′2=1，如圖5，Q（x0，y0）化為Q′x022，y02，A（0，22）化為A′（0，2）.

在橢圓中，因為AE⊥AD，所以kAD·kAE=-1，根據(jù)伸縮變換前后的斜率關(guān)系知kA′D′·kA′E′=2kAD·kAE=-2，即tan∠A′E′G′·tan∠A′D′O′=-2，所以O(shè)′A′O′E′·O′A′O′D′=2，因為O′A′=2，所以O(shè)′E′·O′D′=1，O′E′·O′G′=1，即O′E′·O′G′=O′Q′2，又因為公共角∠Q′O′E′=∠G′O′Q′，于是△Q′O′E′∽△G′O′Q′，所以∠O′E′Q′=∠O′Q′G′=90°，所以直線G′Q′與圓相切，根據(jù)坐標伸縮變換的性質(zhì)知，直線GQ與橢圓也相切.

反思 本題第二問，在伸縮變換下，原來互相垂直的兩條直線，到了圓中斜率乘積變?yōu)?2，這樣得到O′A′O′E′·O′A′O′D′=2，又因為給定的O′A′的長度恰好是2，于是就有了O′E′·O′G′=O′Q′2，從而借助相似三角形揭示了相切的根本原因，相切的結(jié)果早在給出A（0，22）時就已經(jīng)命中注定了.2 應(yīng)用伸縮變換解決與面積相關(guān)的問題

例4 （2020新課標海南卷）如圖6，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1過點M（2，3），點A為其左頂點且AM的斜率為12.

（1） 求橢圓C的方程;

（2）點N為橢圓上任一點，求△AMN面積的最大值.

解 （1）橢圓方程為x216+y212=1（過程略）;

（2）顯然，當(dāng)N在直線AM右下方且過N與AM平行的直線和橢圓相切時，△AMN面積最大.

令x′=x4，y′=y23，將橢圓方程化為圓方程x′2+y′2=1，如圖7，M（2，3）化為M′12，32，A（-4，0）化為A′（-1，0），由于伸縮變換下不改變平行和相切關(guān)系，所以過N′與A′M′平行的直線也和圓相切，此時O′N′垂直平分A′M′，由M′12，32知∠A′O′M′=120°，所以∠A′N′M′=60°，△A′M′N′為等邊三角形，邊長A′M′=3，得△A′M′N′的面積為334，根據(jù)伸縮變換的性質(zhì)知△AMN的面積為4·23·334=18，即△AMN的最大面積為18.

反思 此題第二問除了應(yīng)用伸縮變換下的平行關(guān)系和相切關(guān)系的不變性外，主要應(yīng)用了變換前后三角形的面積關(guān)系式.一般地，如果在橢圓中求面積的最大值，底邊長度還好辦，但是求高就麻煩些，得先求切線方程或切點坐標，再用兩平行線的距離公式或切點到底邊所在直線的距離公式求高，但到了圓中，由于面積最大時高線恰好過圓心，計算量小太多了，可以說用圓求內(nèi)接三角形最大面積有著天然的優(yōu)勢.圖8

例5 （2011年山東卷理科）如圖8，已知動直線l與橢圓C：x23+y22=1交于P（x1，y1），Q（x2，y2）兩不同點，且△OPQ的面積S△OPQ=62，其中O為坐標原點.

（1）證明x12+x22，y12+y22均為定值;

（2）設(shè)線段PQ的中點為M，求OM·PQ的最大值;

（3）橢圓C上是否存在三點D，E，G使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=62;若存在，判斷△DEG的形狀，若不存在，請說明理由.

解 令x′=x3，y′=y2，將橢圓方程化為圓方程x′2+y′2=1，如圖9，△OPQ變換為△O′P′Q′，因為S△OPQ=62，所以根據(jù)伸縮變換的性質(zhì)知S△O′P′Q′=13·2·62=12，所以△O′P′Q′為等腰直角三角形.

（1）不妨設(shè)P′點繞原點逆時針旋轉(zhuǎn)90°到Q′點，設(shè)x1′=cosα，y1′=sinα，則

x2′=cos（α+90°）=-sinα，y2′=sin（α+90°）=cosα，

所以x1′2+x2′2=1，y1′2+y2′2=1 ，所以x12+x22=3，y12+y22=2 ，得證.

（2）由（1）知O′M′⊥P′Q′，O′M′·P′Q′=1，根據(jù)伸縮變換平行關(guān)系不變性知，當(dāng)直線PQ，OM和兩坐標軸不平行時，直線P′Q′，O′M′和兩坐標軸也不平行，設(shè)直線PQ的斜率為k，直線P′Q′的斜率為k′，直線O′M′的斜率為-1k′，則由變換前后的斜率關(guān)系知k=23k′，所以PQ=31+k21+k′2P′Q′=3+2k′21+k′2P′Q′，同理可得OM=3+2-1k′21+-1k′2O′M′=3k′2+2k′2+1O′M′，所以O(shè)M·PQ=2+3k′21+k′23+2k′21+k′2O′M′·P′Q′=（2+3k′2）（3+2k′2）1+k′2 ≤11+k′2·2+3k′2+3+2k′22=52，當(dāng)且僅當(dāng)k′=±1時等號成立，OM·PQ有最大值52.

當(dāng)直線PQ，OM和兩坐標軸平行時，直線P′Q′，O′M′和兩坐標軸平行，此時OM·PQ=3·2·O′M′·P′Q′=6<52.綜上所述，OM·PQ的最大值為52.

（3）假設(shè)橢圓C上存在三點D，E，G使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=62，那么在變換后的單位圓中，S△O′D′E′=S△O′D′G′=S△O′E′G′=12，△O′D′E′，△O′D′G′，△O′E′G′都是等腰直角三角形，

但是如圖10所示，若△O′D′E′，△O′D′G′是等腰直角三角形，

則∠E′O′G′=180°，△O′E′G′將不存在，所以假設(shè)錯誤，不存在要求的三點.

反思 按通常方法第一問思路不難想（首先設(shè)出直線的斜截式方程，利用給定的面積得到兩個參數(shù)的關(guān)系，借此化簡聯(lián)立方程組得到的兩根之和與兩根之積，再代入（x1+x2）2-2x1x2中進一步化簡，應(yīng)該能證出來），但是路途之遙遠，讓無數(shù)學(xué)子難以企及，反觀上面的解法，把橢圓轉(zhuǎn)換成圓以后，原來的三角形竟然是特殊的等腰直角三角形，要證明的結(jié)論幾乎一看到底、一覽無余.3 應(yīng)用伸縮變換解決長度比值問題

例6? （2020北京卷）如圖11，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1過點A（-2，-1），且a=2b.（1）求橢圓C的方程;

（2）過點B（-4，0）的直線l交橢圓C于點M，N，直線MA，NA分別交直線x=-4于點P，Q，求PBBQ的值.

解 （1）橢圓方程為x28+y22=1（過程略）;

（2）令x′=x22，y′=y2，將橢圓方程化為圓方程x′2+y′2=1，如圖12，B（-4，0）化為B′（-2，0），A（-2，-1）化為A′-22，-22，顯然△O′A′B′是等腰直角三角形，直線B′A′與圓相切，所以∠N′B′O′<∠A′B′O′=45°.

如圖13，過A′作A′G′⊥x′軸，交直線M′N′于點G′，交x′軸于點J′，過點O′作O′H′⊥M′N′，垂足為H′.因為∠N′B′O′<45°，所以B′G′

設(shè)B′M′=m，M′G′=s，G′H′=t，

因為A′G′∥P′Q′，所以A′G′P′B′=M′G′B′M′=sm，A′G′B′Q′=G′N′B′N′=s+2tm+2s+2t，所以P′B′B′Q′=（s+2t）m（m+2s+2t）s=sm+2tmsm+2s2+2ts.

根據(jù)△B′A′M′∽△B′N′A′和△B′G′J′∽△B′O′H′得B′M′·B′N′=B′A′2，B′G′·B′H′=B′J′·B′O′，即m（m+2s+2t）=1，（m+s）（m+s+t）=1，化簡得s2=mt-st，所以P′B′B′Q′=1，根據(jù)伸縮變換下共線的兩線段保持比例不變的性質(zhì)知，PBBQ=1.

反思 本題是一道動中有定類型的問題，雖然設(shè)點設(shè)線求交點等思路不難想，但是在考場上往往沒有足夠的時間做.采用上述方法后，再借助圓的知識計算量就小了很多，其關(guān)鍵點有兩處，一是構(gòu)造平行線，設(shè)出三個參數(shù)m，s，t，將所求線段的比值通過構(gòu)造的相似三角形，轉(zhuǎn)換成sm+2tmsm+2s2+2ts，二是為化簡這個比值，找到兩組相似三角形，得到三個參數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系.為什么需要兩組相似三角形呢？原因來自變量個數(shù)，要想求關(guān)于三個變量的比值，至少需要兩個方程.其中B′M′·B′N′=B′A′2刻畫了直線l的傾斜度和點B′與圓的相對位置，B′G′·B′H′=B′J′·B′O′來自△B′G′J′∽△B′O′H′，它刻畫的是直線l的傾斜度和A′點、B′點的位置. 根據(jù)這兩個方程得到s2=mt-st，從而求出比值.4 結(jié)束語

從上面幾則例子可以看出，利用伸縮變換把橢圓化圓，不但降低了計算量，給橢圓問題的解決開辟了另一條航道，還可以用比較“低端”的知識揭示條件的特殊性，使看似偶然的結(jié)論成為必然，可以說橢圓化圓的思想揭示了問題的本質(zhì)，讓解題者真正達到了跳出題外看題的境界.雖然用到的知識表面上給人一種“初級感”，但也正是因為初級，所以才深入，就像物理世界，只有深入研究透了微觀才能真正理解宏觀. 現(xiàn)在的教學(xué)觀要求培養(yǎng)學(xué)生的核心素養(yǎng)，具體到數(shù)學(xué)上，就是要讓學(xué)生養(yǎng)成影響終生的思維習(xí)慣、思維品質(zhì)和關(guān)鍵能力，具體怎么培養(yǎng)？筆者認為在教學(xué)中如果能帶領(lǐng)學(xué)生，從更高的維度去看問題，用更淺顯的東西解釋問題，學(xué)生自然能潛移默化地養(yǎng)成換個角度看問題、跳出圈外看問題、站在高處看問題的思維習(xí)慣.

參考文獻

[1] 鐘順榮.利用伸縮變換求解直線與橢圓相切問題初探[J].中學(xué)教研（數(shù)學(xué)），2015（03）：16-18.

[2] 張琴竽.活用伸縮變換巧解橢圓問題[J].中國數(shù)學(xué)教育，2009（11）：39-40.

作者簡介 徐玉軍（1972—），男，山東東平人，一級教師，校骨干教師;近年來主要對核心素養(yǎng)、新高考評價體系下的教育教學(xué)、新高考題進行了一定的研究;曾獲山東省數(shù)學(xué)論文二等獎，山東省課件評比一等獎，濟南市課堂教學(xué)二等獎等.