用伸缩变换赏析2015年高考解析几何试题

高考试题是课堂教学丰富而宝贵的资源，分析和研究高考试题对于把握高考试题的命题趋势，提高课堂教学效率具有十分重要的积极作用.纵观2015年各省市的高考解析几何试题，笔者惊奇地发现，利用伸缩变换的不变性来赏析这些试题，不仅可以得到非常简洁的解法，而且从一定程度上还能窥看到这些试题命制的源泉，本文拟就此发表笔者的一些粗浅想法，供读者参考.为了便于后续问题的探讨，我们首先不加证明地介绍伸缩变换及其不变性，相关证明读者可以参考相关文献.

在平面直角坐标系中，给出变换T：P（x，y）→P′（x′，y′），其中 x′=xa

y′=yb，a>0，b>0，我们称变换T为平面直角坐标中的伸缩变换.对于给定的三点

A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3）

及直线l1，l2，设其在变换T的像分别为A′（x1a，y1b）、B′（x2a，y2b）、C′（x3a，y3b），及直线l′1，l′2，平面曲线Γ在变换T下的像为平面曲线Γ′，则变换T具有下列性质：

性质1 共线结合性，即AB=λACA′B′=λA′C′;l1∥l2l′1∥l′2;A∈ΓA′∈Γ′.

性质2 若直线AB的斜率k存在且非零，则直线A′B′的斜率k′存在，且kk′=ba;

性质3 若A，B，C三点不共线，则△ABC的面积为S，△A′B′C′的面积为S′，则SS′=ab.

性质4 曲线Γ的方程为f（x，y）=0，则曲线Γ′的方程为f（ax，by）=0.

另外为了后续行文的简洁，无特别说明，我们都默认：点P、直线l、曲线Γ在变换T下的像分别为点P′、直线l′、曲线Γ′.显然在伸缩变换T下，椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的像为单元圆x2+y2=1，结合上述性质我们就可将椭圆中复杂的问题等价转化为单位圆中相应的简单问题，下面我们利用该原理来赏析2015年高考中涉及椭圆的部分解析几何试题.

1 利用伸缩变换赏析解析几何中的位置关系

由于伸缩变换保持结合性、平行关系和线段比例关系，利用这些性质我们可以将椭圆中的位置关系转化为单位圆中的相应位置关系，以此可以规避椭圆中的复杂运算.

例1 （2015年全国卷Ⅱ理科第20题）已知椭圆C：9x2+y2=m2（m>0），直线l不过原点且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A、B，线段AB的中点为M.

（Ⅰ）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;

（Ⅱ）若l过点（m3，m），延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率;若不能，请说明理由.

图1

证明（Ⅰ）引入伸缩变换T：（x，y）→（xa，yb），a=m3，b=m，则椭圆C的像为单位圆，如图1所示.考虑到O′M′⊥A′B′，则kO′M′·kA′B′=-1，从而直线OM，AB的斜率乘积kOM·kAB=bakO′M′·bakA′B′=b2a2×（-1）=-9，为定值.

（Ⅱ）要使得四边形OAPB为平行四边形，则

根据变换T的不变性，其像O′A′P′B′也为

平行四边形，考虑到点M′为A′B′的中点，从

而只需M′也为O′P′的中点即可，故只需原点O′

到经过点（1，1）的直线l′的距离为12即可.设直线l′

的斜率为k′，则l′的方程为k′x-y-k′+1=0，

则|k′-1|1+k′2=12，从而求得k′=4±73.从而直线l的斜率k=bak′=3k′=4±7.从而满足条件的直线l存在，其斜率为4±7.

2 利用伸缩变换赏析解析几何中的弦长关系

设线段AB在伸缩变换T下的像为线段A′B′.显然在伸缩变换下线段的长度关系不具有确定的关系，但是我们可以利用斜率的不变关系（即性质2）寻找|AB|，|A′B′|的关系：即设线段AB所在直线斜率为k，则|AB||A′B′|=1+k21+k′2|xA-xB||xA′′-xB′′|=a1+k21+k′2=a1+k21+abk2.

利用这个关系我们可以将椭圆中的弦长问题转化为单位圆中的弦长问题.

例2 （2015年陕西省高考理科数学第20题）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的半焦距为c，原点O到经过两点（c，0），（0，b）的直线的距离为12c.

（Ⅰ）求椭圆E的离心率;

（Ⅱ）如图2，AB是圆M：（x+2）2+（y-1）2=52的一条直径，若椭圆E经过A、B两点，求椭圆E的方程.

图2

解 （Ⅰ）过点（c，0），（0，b）的直线为bx+cy-bc=0，则原点O到此直线的距离d=bcb2+c2=c2，故a=2b，即a2∶b2∶c2=4∶1∶3，故椭圆E的离心率为32.

（Ⅱ）设椭圆E的方程为x24λ2+y2λ2=1（λ>0），

引入伸缩变换T：（x，y）→（xa，yb），a=2λ，b=λ.

则椭圆E在变换T下的像为单元圆，如图2所示.

由于点M（-2，1）为AB的中点， 故M′（-1λ，1λ）

为A′B′的中点，则在单位圆中|A′B′|=

21-|O′M′|2=21-2λ2，且kA′B′=1.

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

从而|AB|=52·λ·21-2λ2=

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

3 利用伸缩变换赏析解析几何中的面积关系

由于在伸缩变换T下△ABC的面积与其像△A′B′C′的面积间具有非常好的不变性S△ABCS△A′B′C′=ab，而圆中的内接三角形面积的计算远比椭圆中的内接三角形面积的计算要简单，因此利用伸缩变换来处理椭圆中的三角形的面积会比用常规方法求解要简单很多.

例3 （2015年上海市高考数学第21题）已知椭圆x2+2y2=1，过原点的两条直线l1和l2分别与椭圆交于A、B和C、D.记得到的平行四边形ACBD的面积为S.

（Ⅰ）设A（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐标表示点C到直线l1的距离，并证明：

S=2|x1y2-x2y1|;

（Ⅱ）设l1与l2的斜率之积为-12，求面积S的值.

解 （Ⅰ）显然点C（x2，y2）到直线l1的距离d即为OC=（x2，y2）在直线AB的法向量n=（y1，-x1）方向上的投影的绝对值，即d=|OC·n||n|=|x1y2-x2y1|x21+y21，而S=|AB|·d

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

（Ⅱ）引入伸缩变换T：（x，y）→（xa，yb2），a=1，

b=22，则椭圆在变换T下的像为单位圆，

如图3所示.由于直线l1与l2的斜率之积为

k1·k2=-12，则直线l1与l2的像l1′与l2′的

斜率之积k1′·k2′=2k1·2k2=2×-12=-1，也即A′B′⊥C′D′.从而平行四边形A′B′C′D′是边长为2的正方形，其面积为2，故平行四边形ABCD的面积S=abS′=22S′=2.

图3

例4  （2015年湖北省高考理科数学第21题）一种作图工具如图4所示.O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与

ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，

且DN=ON=1，MN=3.当栓子D在滑槽

AB内作往复运动时，带动N绕O转动一周（

D不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线

记为C.以O为原点，AB所在的直线为x轴建

立如图4所示的平面直角坐标系.

（Ⅰ）求曲线C的方程;

（Ⅱ）设动直线l与两定直线l1：x-2y=0和l2：x+2y=0分别交于P，Q两点.若直线l

总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若

存在，求出该最小值;若不存在，说明理由.

图4

解（Ⅰ）略，曲线C的方程为x2+4y2=16，即x216+y24=1.

图5

（Ⅱ）引入伸缩变换T：（x，y）→（xa，yb），

a=4，b=2，则曲线C的像为单位圆，直

线l1：x-2y=0，l2：x+2y=0的像为

l1′：x-y=0，l2′：x+y=0，从而l1′⊥l2′.

由于直线l与椭圆C相切，设其切点为H，

则其像l′与单位圆相切，切点为H′，如图5所示.从而在△O′P′Q′中，OH′⊥P′Q′.设|O′Q′|=r1，|O′P′|=r2，则|P′Q′|=r21+r22，由等面积法得

r1·r2=r21+r22，从而1r21+1r22=1.由此1=1r21+1r22≥2r1r2，即r1·r2≥2，故△O′P′Q′的面积S′=12r1·r2的最小值为1（当点H′在坐标轴上），故△OPQ的面积S=abS′=8S′的最小值为8，此时直线l与椭圆C的切点在坐标轴上.

例5  （2015年山东省高考理科数学第20题）平面直角坐标系中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为32，其左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上.

（Ⅰ）求椭圆C的方程;

（Ⅱ）设椭圆E：x24a2+y24b2=1（a>b>0），点P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A，B两点，射线OP交椭圆E于点Q.

（ⅰ）求|OQ||OP|的值;（ⅱ）求△ABQ面积的最大值.

解 （Ⅰ）由题得2a=4，故a=2，又

e=32，从而b=1，即椭圆C的方程为

x24+y2=1.

（Ⅱ） （ⅰ）椭圆E的方程为x216+y24=1.引入伸缩变换T：（x，y）→（xa，yb），a=4，b=2，则椭圆E的像为单位圆E′，椭圆C的像为圆C′：x2+y2=14，如图6所示.

图6

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

（ⅱ）在单位圆中，设Q′，O′到直线A′B′的距离为dQ′，dO′，由条件得dQ′=3dO′，故△A′B′Q′的面积S△A′B′Q′=12|A′B′|·dQ′=32|A′B′|·dO′=31-d2O′·dO′=3d2O′（1-d2O′），由于dO′≤|O′P′|=12，从而dO′∈[0，12].故当dO′=12时，S△A′B′Q′有最大值334.故△ABQ的面积S△ABQ=abS△A′B′Q′=8S△A′B′Q′有最大值63.综合上述，△ABQ面积的最大值为63.

例6  （2015年浙江省高考理科数学第19题）已知椭圆x22+y2=1上两个不同的点A、B关于直线y=mx+12对称.

（Ⅰ）求实数m的取值范围;

（Ⅱ）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）.

图7

解 （Ⅰ）引入伸缩变换T：（x，y）→（xa，yb），a=2，b=1，则椭圆x22+y2=1的像为单位圆，如图7所示.直线l：y=mx+12（m≠0）的像为

直线l′：y=2mx+12.由于点M为AB

中点，从而点M′为A′B′的中点，故

kO′M′·kA′B′=-1;又AB⊥l，故kAB·kl

=-1，从而直线A′B′的斜率kA′B′与直线

l′的斜率kl′满足kA′B′·kl′=abkAB·abkl=a2b2kAB·kl=-2.考虑到直线l′的斜率为2m，则直线kA′B′=-2m，直线O′M′的斜率kO′M′=m2.

设点M′（x0′，y0′），则由kO′M′=m2得y0′=m2x0′;另一方面点M′在直线l′：y=2mx+12上，故

y0′=2mx0′+12.由此可求得点M′的坐标为

（-12m，-12）.

考虑到点M′（-12m，-12）在单位圆内部，从而-12m2+-122<1，求得m<-63或m>63.

综合上述，所求的实数m的取值范围为

（-∞，-63）∪（63，+∞）.

（Ⅱ）显然，在单位圆中，△A′O′B′的面积S′=12|O′A′|·|O′B′|·sin∠A′O′B′≤12，当且仅当O′A′⊥O′B′，即|O′M′|=22取等号.由于M′（-12m，-12），令|O′M′|=

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

综合上述，利用伸缩变换来求解椭圆中的问题不仅可以回避复杂的解析代数运算，而且还能从根源上发现试题的本质，是我们理解和把握试题非常有效的工具.另外值得一提的是，借助伸缩变换的不变性及其圆中的基本性质，我们也能像命题专家一样命制一些独具创意的试题，如：已知直线l交椭圆C：x24+y2=1于A、B两点，O为坐标原点.若在椭圆C上存在一点M，使得OM=λOA+μOB.若λ2+μ2=1，求△AOB的面积.读者也不妨一试！

作者简介 林国夫，男，浙江上虞人，1981年生，中学一级教师，市学科带头人.其辅导的学生在高中数学联赛中获全国二等奖及以上近10人次.发表文章四十余篇.