利用伸缩变换探求椭圆问题之所以然

【摘 要】 本文为探求椭圆问题的简便解法以及结论的意义，以伸缩变换的性质为依据，采取椭圆化圆的思想方法对几道高考题进行了研究，揭示了条件和结论的内在联系，并分析了这种思想方法对学生思维的影响.

【关键词】 伸缩变换;椭圆化圆;内在联系

1 问题提出

在椭圆教学中，我们常常教给学生一些二级结论以便快速找到解题方向，比如中点弦斜率公式：在椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）中，弦AB为任意一条与坐标轴不平行的弦，弦AB的中点为M，O为坐标原点，则直线AB和OM的斜率必然满足关系式：kAB·kOM=-b2a2，这个结论不难推出，但缺乏直观的解释.

人教A版选修1-1第34页例2给出这样一个问题：如图1，在圆x2+y2=4上任取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足，当点P在圆上运动时，线段PD的中点M的轨迹是什么？在接下来的解决过程中，设点M（x，y），P（x0，y0），

通过坐标的替换x=x0，y=y02，得到M的轨迹方程为椭圆方程x24+y2=1. 这说明椭圆和圆之间是可以通过坐标变换实现互化的[1]，由于这种变换使得椭圆或圆产生形状的伸缩，通常又称为伸缩变换. 伸缩变换反映了椭圆和圆的内在联系，从而启发我们可以将某些椭圆问题转化为圆的问题来解决. 接下来本文将首先介绍伸缩变换的性质，然后结合几道高考题来阐述一下这个思想方法的运用，并在伸缩变换的视角下重新审视那些椭圆结论的由来.2 伸缩变换的性质

对平面中的二次曲线F（x，y）=0上的点P（x，y），经过x′=xa，y′=yb（a>0，b>0）替换后，变为点P′（x′，y′），相应的方程变为F（ax′，by′）=0，根据变换式不难得出以下性质：

（1）相切、相交、相离的两曲线，变换后仍然相切、相交、相离.

（2）直线经伸缩变换后还是直线，平行线经伸缩变换后还是平行线[2].

设m=（x1，y1），n=（x2，y2）分别是两平行直线的方向向量，则x1y2=x2y1，经变换后，两直线的方向向量分别为m′=（x1′，y1′），n′=（x2′，y2′），由于x1′·y2′=x1a·y2b=x2y1ab=x2′·y1′，所以m′∥n′.

（3）当直线和坐标轴不平行时，变换后的直线和坐标轴也不平行，其中前后两者的斜率关系为k=y2-y1x2-x1=by2′-by1′ax2′-ax1′=bak′.

（4）线段AB经伸缩变换后还是线段. 若线段AB平行于x轴，则AB=aA′B′;若线段AB平行于y轴，则AB=bA′B′.若线段AB和坐标轴都不平行，则ABA′B′=1+k2xA-xB1+k′2xA′-xB′=a1+k21+k′2.

（5）三角形经伸缩变换后还是三角形，但形状发生改变，其中变换前后的面积关系如下：当△ABC的一边比如AB和x轴平行时，则这一边上的高CD就和y轴平行，从而得出S△ABC=12AB·CD=12aA′B′·bC′D′=abS△A′B′C′;当△ABC的三边与x轴都不平行时，可以过某个顶点作与x轴平行的直线，将三角形分成两个小三角形，每个小三角形面积都是变换后的ab倍，从而知S△ABC=abS△A′B′C′.

（6）位于同一条直线或两条平行直线上的线段变换前后的长度比不变.

3 椭圆化圆方法的应用与反思

根据上面伸缩变换的性质，凡是涉及到相切、相交、相离的关系、平行线、线段长度比、直线斜率、三角形面积的椭圆问题，理论上都可以用椭圆变圆的思想方法解决.3.1 应用伸缩变换解决与直线斜率相关的问题

例1 在椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）中，O为坐标原点，其任意一条与坐标轴不平行的弦AB，弦的中点为M，求证：直线AB和OM的斜率必然满足关系式：kAB·kOM=-b2a2.证明 令x′=xa，y′=yb，将椭圆方程化为圆方程x′2+y′2=1，弦AB和线段OM分别化为弦A′B′和线段O′M′，根据伸缩变换的性质知，M′仍然是弦A′B′的中点，所以O′M′⊥A′B′，kA′B′·kO′M′=-1，所以kAB·kOM=b2a2kA′B′·kO′M′=-b2a2，得证.反思 通过这个证明可以看出，椭圆中的中点弦斜率关系式不过是圆的中点弦性质的推广而已，在单位圆中互相垂直的两条线段，到了椭圆中其斜率乘积就是-b2a2.由此还可以进一步得出结论：从椭圆上的任一点P引两条直线和椭圆分别交于A，B两点，如果kPA·kPB=-b2a2，那么直线AB必过原点.例2  （2018全国卷新课标Ⅰ卷理科）如图2，设椭圆C：x22+y2=1的右焦點为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）.

（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程;

（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.

解 （1）略;

图3

（2）令x′=x2，y′=y，将椭圆方程化为圆方程x′2+y′2=1，如图3，焦点F（1，0）和点M（2，0）分别化为F′22，0和M′（2，0），因为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′，因为O′A′=O′B′，所以∠O′A′F′=∠O′B′F′，所以∠O′M′A′=∠O′M′B′，x′轴平分∠A′M′B′，直线M′A′，M′B′的斜率之和k1′+k2′=0，根据伸缩变换的性质知k1′=2k1，k2′=2k2，所以k1+k2=0，即∠OMA=∠OMB，得证.反思 本题中无论直线l的倾斜角如何变化，∠OMA与∠OMB始终相等，这个结论在椭圆中无法得到直观解释，而把椭圆化圆后就会发现，由于M点位置的特殊性导致了这两个角分别和等腰三角形△O′A′B′的两个底角相等，所以才有了这两角相等.

例3 （2013安徽）如图4， 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦距是4，且过点P（2，3）.

（1）求椭圆C的方程;

（2）设Q（x0，y0）（x0y0≠0）为椭圆C上一点，过点Q作x轴的垂线，垂足为E，取点A（0，22），连接AE，过点A作AE的垂线交x轴于点D，点G是点D关于y轴的对称点，作直线QG，问这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点？并说明理由.

解 （1）x28+y24=1（过程略）;

（2）令x′=x22，y′=y2，将椭圆方程化为圆方程x′2+y′2=1，如图5，Q（x0，y0）化为Q′x022，y02，A（0，22）化为A′（0，2）.

在椭圆中，因为AE⊥AD，所以kAD·kAE=-1，根据伸缩变换前后的斜率关系知kA′D′·kA′E′=2kAD·kAE=-2，即tan∠A′E′G′·tan∠A′D′O′=-2，所以O′A′O′E′·O′A′O′D′=2，因为O′A′=2，所以O′E′·O′D′=1，O′E′·O′G′=1，即O′E′·O′G′=O′Q′2，又因为公共角∠Q′O′E′=∠G′O′Q′，于是△Q′O′E′∽△G′O′Q′，所以∠O′E′Q′=∠O′Q′G′=90°，所以直线G′Q′与圆相切，根据坐标伸缩变换的性质知，直线GQ与椭圆也相切.

反思 本题第二问，在伸缩变换下，原来互相垂直的两条直线，到了圆中斜率乘积变为-2，这样得到O′A′O′E′·O′A′O′D′=2，又因为给定的O′A′的长度恰好是2，于是就有了O′E′·O′G′=O′Q′2，从而借助相似三角形揭示了相切的根本原因，相切的结果早在给出A（0，22）时就已经命中注定了.2 应用伸缩变换解决与面积相关的问题

例4 （2020新课标海南卷）如图6，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1过点M（2，3），点A为其左顶点且AM的斜率为12.

（1） 求椭圆C的方程;

（2）点N为椭圆上任一点，求△AMN面积的最大值.

解 （1）椭圆方程为x216+y212=1（过程略）;

（2）显然，当N在直线AM右下方且过N与AM平行的直线和椭圆相切时，△AMN面积最大.

令x′=x4，y′=y23，将椭圆方程化为圆方程x′2+y′2=1，如图7，M（2，3）化为M′12，32，A（-4，0）化为A′（-1，0），由于伸缩变换下不改变平行和相切关系，所以过N′与A′M′平行的直线也和圆相切，此时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′为等边三角形，边长A′M′=3，得△A′M′N′的面积为334，根据伸缩变换的性质知△AMN的面积为4·23·334=18，即△AMN的最大面积为18.

反思 此题第二问除了应用伸缩变换下的平行关系和相切关系的不变性外，主要应用了变换前后三角形的面积关系式.一般地，如果在椭圆中求面积的最大值，底边长度还好办，但是求高就麻烦些，得先求切线方程或切点坐标，再用两平行线的距离公式或切点到底边所在直线的距离公式求高，但到了圆中，由于面积最大时高线恰好过圆心，计算量小太多了，可以说用圆求内接三角形最大面积有着天然的优势.图8

例5 （2011年山东卷理科）如图8，已知动直线l与椭圆C：x23+y22=1交于P（x1，y1），Q（x2，y2）两不同点，且△OPQ的面积S△OPQ=62，其中O为坐标原点.

（1）证明x12+x22，y12+y22均为定值;

（2）设线段PQ的中点为M，求OM·PQ的最大值;

（3）椭圆C上是否存在三点D，E，G使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=62;若存在，判断△DEG的形状，若不存在，请说明理由.

解 令x′=x3，y′=y2，将椭圆方程化为圆方程x′2+y′2=1，如图9，△OPQ变换为△O′P′Q′，因为S△OPQ=62，所以根据伸缩变换的性质知S△O′P′Q′=13·2·62=12，所以△O′P′Q′为等腰直角三角形.

（1）不妨设P′点绕原点逆时针旋转90°到Q′点，设x1′=cosα，y1′=sinα，则

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 ，得证.

（2）由（1）知O′M′⊥P′Q′，O′M′·P′Q′=1，根據伸缩变换平行关系不变性知，当直线PQ，OM和两坐标轴不平行时，直线P′Q′，O′M′和两坐标轴也不平行，设直线PQ的斜率为k，直线P′Q′的斜率为k′，直线O′M′的斜率为-1k′，则由变换前后的斜率关系知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OM·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，当且仅当k′=±1时等号成立，OM·PQ有最大值52.

当直线PQ，OM和两坐标轴平行时，直线P′Q′，O′M′和两坐标轴平行，此时OM·PQ=3·2·O′M′·P′Q′=6<52.综上所述，OM·PQ的最大值为52.

（3）假设椭圆C上存在三点D，E，G使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=62，那么在变换后的单位圆中，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，

但是如图10所示，若△O′D′E′，△O′D′G′是等腰直角三角形，

则∠E′O′G′=180°，△O′E′G′将不存在，所以假设错误，不存在要求的三点.

反思 按通常方法第一问思路不难想（首先设出直线的斜截式方程，利用给定的面积得到两个参数的关系，借此化简联立方程组得到的两根之和与两根之积，再代入（x1+x2）2-2x1x2中进一步化简，应该能证出来），但是路途之遥远，让无数学子难以企及，反观上面的解法，把椭圆转换成圆以后，原来的三角形竟然是特殊的等腰直角三角形，要证明的结论几乎一看到底、一览无余.3 应用伸縮变换解决长度比值问题

例6  （2020北京卷）如图11，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1过点A（-2，-1），且a=2b.（1）求椭圆C的方程;

（2）过点B（-4，0）的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x=-4于点P，Q，求PBBQ的值.

解 （1）椭圆方程为x28+y22=1（过程略）;

（2）令x′=x22，y′=y2，将椭圆方程化为圆方程x′2+y′2=1，如图12，B（-4，0）化为B′（-2，0），A（-2，-1）化为A′-22，-22，显然△O′A′B′是等腰直角三角形，直线B′A′与圆相切，所以∠N′B′O′<∠A′B′O′=45°.

如图13，过A′作A′G′⊥x′轴，交直线M′N′于点G′，交x′轴于点J′，过点O′作O′H′⊥M′N′，垂足为H′.因为∠N′B′O′<45°，所以B′G′

设B′M′=m，M′G′=s，G′H′=t，

因为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.

根据△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，化简得s2=mt-st，所以P′B′B′Q′=1，根据伸缩变换下共线的两线段保持比例不变的性质知，PBBQ=1.

反思 本题是一道动中有定类型的问题，虽然设点设线求交点等思路不难想，但是在考场上往往没有足够的时间做.采用上述方法后，再借助圆的知识计算量就小了很多，其关键点有两处，一是构造平行线，设出三个参数m，s，t，将所求线段的比值通过构造的相似三角形，转换成sm+2tmsm+2s2+2ts，二是为化简这个比值，找到两组相似三角形，得到三个参数的内在联系.为什么需要两组相似三角形呢？原因来自变量个数，要想求关于三个变量的比值，至少需要两个方程.其中B′M′·B′N′=B′A′2刻画了直线l的倾斜度和点B′与圆的相对位置，B′G′·B′H′=B′J′·B′O′来自△B′G′J′∽△B′O′H′，它刻画的是直线l的倾斜度和A′点、B′点的位置. 根据这两个方程得到s2=mt-st，从而求出比值.4 结束语

从上面几则例子可以看出，利用伸缩变换把椭圆化圆，不但降低了计算量，给椭圆问题的解决开辟了另一条航道，还可以用比较“低端”的知识揭示条件的特殊性，使看似偶然的结论成为必然，可以说椭圆化圆的思想揭示了问题的本质，让解题者真正达到了跳出题外看题的境界.虽然用到的知识表面上给人一种“初级感”，但也正是因为初级，所以才深入，就像物理世界，只有深入研究透了微观才能真正理解宏观. 现在的教学观要求培养学生的核心素养，具体到数学上，就是要让学生养成影响终生的思维习惯、思维品质和关键能力，具体怎么培养？笔者认为在教学中如果能带领学生，从更高的维度去看问题，用更浅显的东西解释问题，学生自然能潜移默化地养成换个角度看问题、跳出圈外看问题、站在高处看问题的思维习惯.

参考文献

[1] 钟顺荣.利用伸缩变换求解直线与椭圆相切问题初探[J].中学教研（数学），2015（03）：16-18.

[2] 张琴竽.活用伸缩变换巧解椭圆问题[J].中国数学教育，2009（11）：39-40.

作者简介 徐玉军（1972—），男，山东东平人，一级教师，校骨干教师;近年来主要对核心素养、新高考评价体系下的教育教学、新高考题进行了一定的研究;曾获山东省数学论文二等奖，山东省课件评比一等奖，济南市课堂教学二等奖等.