【圓錐曲線】計算技巧系列10講——仿射變換的定義、性質及其7大應用仿射變換，即平行投影變換，是幾何學中的一個重要變換，是從運動變換過渡到射影變換的橋梁．在初等幾何中，仿射圖形經(jīng)過平面仿射變換，可以由對特殊幾何圖形的證明，得出對一般幾何圖形的證明．而且，根據(jù)仿射變換的性質，可以把特殊圖形的命題推廣到一般圖形，從而達到事半功倍的效果．本文將探討應用仿射變換中的仿射不變性質與仿射不變量來解決解析幾何一些較難問題．【知識與典例精講】一、仿射變換概述先看一個引例：引例．（《人教A版選擇性必修第一冊》第115頁“綜合應用”第9題）如圖，引例．（《人教A版選擇性必修第一冊》第115頁“綜合應用”第9題）如圖，軸，垂足為D，點M在DP的延長線上，且，當點P在圓上運動時，求點M的軌跡方程，并說明軌跡的形狀．【解析】設點的坐標為，點，由題意可知，則由題可得，即，點P在圓上運動，，即點的軌跡方程為，點的軌跡為橢圓，除去與軸的交點．這個問題就是用仿射變換把圓變換為橢圓．在高中數(shù)學解析幾何題中，我們可以利用仿射變換將一部分有關橢圓的問題轉化為圓的問題，這樣就可以借助圓中的特有的一些性質解決問題，從而使問題的解決過程大大簡化．二、仿射變換定義解析幾何中的仿射變換（AffineTransformation）是?種?維坐標到?維坐標之間的線性變換，保持?維圖形的“平直性”（譯注：straightness，即變換后直線還是直線，不會打彎，圓弧還是圓?。┖汀捌?性”（譯注：parallelness，其實是指保持?維圖形間的相對位置關系不變，平?線還是平?線，相交直線還是相交直線，另外特別注意向量間的夾角可能會發(fā)生變化．）仿射變換可以通過?系列的原?變換的復合來實現(xiàn)，包括：平移（Translation）、縮放（Scale）、翻轉（Flip）、旋轉（Rotation）和剪切（Shear）．下面是字母R的反射變換效果圖：三、仿射變換性質仿射變換有如下性質：1．同素性：在經(jīng)過變換之后，點仍然是點，線仍然是線；2．結合性：在經(jīng)過變換之后，在直線上的點仍然在直線上；3．其它不變關系．我們以橢圓為例闡述上述性質．橢圓，經(jīng)過仿射變換，則橢圓變?yōu)榱藞A，并且變換過程有如下對應關系：（1）點變?yōu)?；?）直線斜率k變?yōu)椋瑢本€的斜率比不變（見例4）（3）圖形面積S變?yōu)?，對應圖形面積比不變（見例7～例10）；（4）點、線、面位置不變（平?直線還是平?直線，相交直線還是相交直線，中點依然是中點，相切依然是相切等，見例1）；（5）弦長關系滿足，因此同一條直線上線段比值不變，三點共線的比不變（見例6）．總結可得下表：變換前變換后方程橫坐標縱坐標斜率面積弦長不變量平行關系；共線線段比例關系；點分線段的比注意：仿射變換一般而言主要應用于選填中快速得出結果，對于解答題可以利用仿射變換快速得出結果但是容易丟掉步驟分，因此還是用正常解法寫出過程．四、仿射變換的應用當出現(xiàn)以下幾個場景的時候就可以聯(lián)想仿射變換去處理：①面積問題（尤其是有一個頂點是坐標原點的時候）；②斜率之積出現(xiàn)之類；③同一條線段的比例問題；④其他與之相關聯(lián)的問題．（一）初識仿射變換例1．（一般情況下的標準橢圓與直線）已知直線，橢圓，討論直線與橢圓的位置關系．【解析】作變換，直線變?yōu)?，橢圓變?yōu)閳A，圓心到直線的距離為，由直線與圓的位置關系易得：（1）當，即時，直線與圓相切，當時，直線與橢圓相切；（2）當，即時，直線與圓相離，當時，直線與橢圓相離；（3）當，即時，直線與圓相交，當時，直線與橢圓相交．【推廣】標準變換后，直線變?yōu)?，此結論可以作為公式記熟，提高做題速度．例2．已知橢圓的方程為，點的坐標為．（1）設直線交橢圓于兩點，交直線于點．若，證明：為的中點；（2）對于橢圓上的點，如果橢圓上存在不同的兩個交點滿足，寫出求作點的步驟．【解析】（1）證法一：設，則可得，又，，而由題意知，，即，即線段的中點在直線上，也即直線與的交點為線段的中點．證法二：由方程組，消y得方程，因為直線交橢圓于兩點，，即，設的中點坐標為，則，由方程組，消y得方程，又因為，所以，故為的中點．（2）求作點的步驟：1取的中點；2連接，求出直線OE的斜率；3由知為的中點，根據(jù)（1）可得的斜率；4從而得直線的方程：；5將直線與橢圓的方程聯(lián)立，方程組的解即為點的坐標．下面利用仿射變換解決這個問題：（1）作仿射變換：，橢圓方程變?yōu)?，則，，由垂徑定理得為的中點，是的中點．（2）如圖，求作點的步驟：1以為圓心，橢圓的長半軸長為半徑作圓；2作射線，使，射線與圓交于；3過圓與軸正方向的交點作軸的垂線，過圓與軸負方向的交點作軸的垂線，兩垂線交于點；4連接，取其中點；5連接，過作的垂線，交圓于；6過點作作軸的垂線，交橢圓于點即為所求．證明：上述作圖相當于作了縱軸方向上的伸縮變換，易證線段與互相平分，而伸變換不改變線段的比例，因此與互相平分，．【說明】題（1）表明中點弦問題由點差法得到的結論可以看作是橢圓的“垂徑定理”；題（2）利用仿射變換完成純幾何作圖，注意橢圓的參數(shù)方程在仿射變換圖形下獲得了確定的幾何意義．例3．（2012年高考湖北理21）設是單位圓上的任意一點，是過點與軸垂直的直線，是直線與軸的交點，點在直線上，且滿足.當點在圓上運動時，記點M的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程，判斷曲線為何種圓錐曲線，并求其焦點坐標；（2）過原點且斜率為的直線交曲線于，兩點，其中在第一象限，它在軸上的射影為點，直線交曲線于另一點.是否存在，使得對任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）答案見解析；（2）存在，.【解析】（1）設，，則由，可得與，與的關系，所以代入，得所求曲線的方程再討論m的取值范圍.（2），設，，則，，把，兩點坐標代入橢圓方程，點差法可得，由，，三點共線，即，再由，而等價于，即，又，得可得答案.【詳解】（1）如圖1，設，，則由，且可得，，所以，①，因為點在單位圓上運動，所以②，將①式代入②式即得所求曲線的方程為且，因為，所以當時，，曲線是焦點在軸上的橢圓，兩焦點坐標分別為，；當時，，曲線是焦點在軸上的橢圓，兩焦點坐標分別為.（2）存在，理由如下：如圖2?3，，設，，則，，因為，兩點在橢圓上，所以兩式相減可得，③依題意，由點在第一象限可知，點也在第一象限，且，不重合，故，于是由③式可得，④又，，三點共線，所以，即，于是由④式可得，而等價于，即，又，得，故存在，使得在其對應的橢圓上，對任意的，都有.【點睛】本題考查橢圓的標準方程，直線與圓錐曲線的位置關系；考查分類討論的數(shù)學思想以及運算求解的能力.本題是一個橢圓模型，求解標準方程時注意對焦點的位置分類討論，不要漏解；對于探討性問題一直是高考考查的熱點，一般先假設結論成立，再逆推所需要求解的條件，對運算求解能力和邏輯推理能力有較高的要求.（二）凸顯隱含幾何條件利用仿射變換可以將一些題目中“平凡”的條件轉化為對解題很有利的“特殊”條件，比如：①利用仿射變換可以改變斜率，從而可以使得某些與橢圓相關的平行四邊形轉化成矩形，達到簡化問題的目的；②利用仿射變換可以將橢圓變成圓，從而可以使得某些與橢圓相關的平行四邊形轉化為菱形，達到簡化問題的目的．例4．已知橢圓的標準方程為．(1)設動點滿足：，其中，是橢圓上的點，直線與的斜率之積為，問：是否存在兩個定點，使得為定值？若存在，求的坐標；若不存在，說明理由．(2)設動點滿足：，其中，是橢圓上的點，直線與的斜率之積為，問：是否存在點，使得點到的距離與到直線的距離之比為定值？若存在，求的坐標；若不存在，說明理由．【答案】(1)存在；點坐標為(2)存在；【分析】（1）根據(jù)仿射變換進行換元，令，即可得到新的軌跡方程，得到.然后根據(jù)題意找到的軌跡方程，結合橢圓定義即可解題；（2）結合第一小問，找到的軌跡方程，結合橢圓定義即可解題.（1）設橢圓上一點為，橢圓上的點，，令，橢圓的方程為，，可得是以為圓心，半徑為2的圓上的點，記仿射變換下，在圓上對應的點為，，直線與的斜率之積為．可得.，四邊形為正方形，于是，則點的軌跡方程為，因此點的軌跡方程為，即.，由橢圓的定義可得，存在符合題意的點，坐標為（即橢圓的兩個焦點）．（2），由（1）可知，此時四邊形為矩形，于是，點的軌跡方程為，因此點的軌跡方程為，即.，，直線為橢圓的右準線.由橢圓的定義可得，存在符合題意的點，坐標為（即橢圓的右焦點）．（三）利用仿射變換處理斜率問題例5.已知，平面內(nèi)一動點滿足．(1)求點運動軌跡的軌跡方程；(2)已知直線與曲線交于，兩點，當點坐標為時，恒成立，試探究直線的斜率是否為定值？若為定值請求出該定值，若不是定值請說明理由．【答案】(1)(2)是定值；【分析】對于小問1，設點，代入，整理化簡得點軌跡方程；對于小問2，設出直線：，聯(lián)立曲線的方程，結合韋達定理，代入，整理得到和的關系，進而判斷直線是否過定點．（1）設，則，所以點軌跡方程為：．（2）顯然直線不垂直于軸，故設：，，代入并整理得：，∴，整理得：，若，此時過，不合題意；若，即符合題意，故直線的斜率為．（四）利用仿射變換處理弦長問題例6．（2011年高考遼寧理20）本小題滿分12分）如圖，已知橢圓C1的中心在原點O，長軸左、右端點M，N在x軸上，橢圓C2的短軸為MN，且C1，C2的離心率都為e，直線l⊥MN，l與C1交于兩點，與C2交于兩點，這四點按縱坐標從大到小依次為A，B，C，D.（1）設，求與的比值；（2）當e變化時，是否存在直線l，使得BO∥AN，并說明理由【答案】（1）（2）當時，不存在直線l，使得BO//AN；當時，存在直線l使得BO//AN【詳解】（1）因為C1，C2的離心率相同，故依題意可設.設直線分別和C1，C2聯(lián)立，求得.當時，，分別用yA，yB表示A、B的縱坐標，可知|BC|:AD|=（2）t=0時的l不符合題意，t≠0時，BO//AN當且僅當BO的斜率kBO與AN的斜率kAN相等，即，解得.因為，又，所以，解得.所以當時，不存在直線l，使得BO//AN；當時，存在直線l使得BO//AN.（五）利用仿射變換處理同一條線段的比例問題例7．（2018年高考浙江卷17）已知點，橢圓上兩點滿足，則當時，點橫坐標的絕對值最大．【答案】5【解析】解法一：如圖，作仿射變換：得，由于三點共線，則變換后依然共線，且對應長度的比不變，則有，不妨設在第一象限，設且，則，由于在圓上，則，當時，取最大值，即點的橫坐標的絕對值最大，此時．解法二：令．，則，，，，，當時，點橫坐標的絕對值最大．解法三：顯然直線的斜率存在，設直線的方程為：，聯(lián)立方程可得，記，，則，，由可得，所以，，當取最大值時，，此時．【評注】解析幾何中的最值是高考的熱點，在圓錐曲線的綜合問題中經(jīng)常出現(xiàn)，求解此類問題的一般思路為在深刻認識運動變化的過程之中，抓住函數(shù)關系，將目標量表示為一個(或者多個)變量的函數(shù)，然后借助于函數(shù)最值的探求來使問題得以解決．例8．已知橢圓經(jīng)過點，離心率為，A，B是橢圓C上兩點，O為坐標原點，直線OA，OB的斜率之積為．（1）求橢圓C的方程；（2）若射線OA上的點Р滿足，且PB與橢圓交于點Q，求的值．【解析】（1）設橢圓的焦距為2c，易知一個∴橢圓方程為平（2）解法1：設，則，設，則由于A，B，Q都在橢圓上，并且，因此，∴（舍）或，因此．解法2：作變換，于是橢圓C變?yōu)閳A：，因此，，過點O作于H，則，又由于．【思考總結】當出現(xiàn)同一條邊的比值問題的時候很多時候就可以考慮能否用仿射變換利用圓的性質對其作變形化簡，很多情況能簡化相當多的問題．而這道題還出現(xiàn)了斜率之積為，于是更加考慮用仿射變換去解決．（六）利用仿射變換處理面積問題利用仿射變換可以將橢圓內(nèi)接三角形變成圓內(nèi)接三角形，它們的面積之間存在固定的比例關系，而求解圓內(nèi)接三角形的面積運算量要低很多．例9．M，N分別是橢圓和上的動點，則面積最大值為．【答案】【解析】作變換之后兩個橢圓均變?yōu)閳A，方程分別為，故，當時面積最大，此時，．例10．（2019年高考全國II理21）已知，動點滿足直線AM與直線BM斜率之積為，記M的軌跡為曲線C．（1）求C的方程，并說明C是什么曲線；（2）過坐標原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，軸，垂足為E．連接QE并延長交C于點G．（i）證明：是直角三角形；（ⅱ）求面積的最大值．【解析】（1）由題意得，整理得曲線C的方程：，∴曲線C是焦點在x軸上不含長軸端點的橢圓．（2）（i）解法1：設，則，，∴直線QE的方程為：，與聯(lián)立消去y，得，∴，∴，∴，∴，把代入上式，得，∴，∴，故為直角三角形．解法2：作變換后橢圓C變?yōu)閳A，方程為，由于為直徑，則，則，又，∴即是直角三角形．（ii）．令，則，，利用函數(shù)在的單調(diào)性可知，（時取等號），∴（此時），故面積的最大值為．【評注】求△面積的構建有以下方法：（1）；（2）設點到直線的距離為，則；（3）設點到直線的距離為，則；（4）；（5）仿射變換；（6）用角表示面積．例11．（2014年高考新課標Ⅰ理20）已知點，橢圓的離心率為，F(xiàn)是橢圓的右焦點，直線AF的斜率為，O為坐標原點．（1）求E的方程；（2）設過點A的直線l與E相交于P，Q兩點，當?shù)拿娣e最大時，求l的方程．【分析】這里第二問出現(xiàn)面積最大，因此可以聯(lián)想仿射變換化橢為圓去做．【解析】（I）設，由條件知，得，又，∴，故E的方程．（2）解法1：作變換，橢圓E變?yōu)閳A：，此時過點，此時，因此最大時，同樣最大．，當且僅當時最大，設直線方程為，那么O到直線距離，，∴直線l的方程為：．解法2：依題意當軸不合題意，故設直線，設，將代入，得，當，即時，，從而，又點O到直線PQ的距離，∴的面積，設，則，，當且僅當?shù)忍柍闪ⅲ覞M足，∴當?shù)拿娣e最大時，l的方程為：或．【評注】當過橢圓外一個定點P作一條直線與橢圓交于A，B兩點時，面積最大值，當且僅當經(jīng)過仿射變換之后的與原點O所構成的三角形為直角三角形時取到最大值．如果定點P是圓內(nèi)點，則有兩種情況：①如果作仿射變換之后到圓心距離大于等于，那么面積最大值仍然是，②如果作仿射變換之后到圓心距離小于，那么當時面積取到最大值．例12．已知A，B分別為橢圓的左、右頂點，P為橢圓C上異于A，B兩點的任意一點，直線PA，PB的斜率分別記為．（1）求；（2）過坐標原點О作與直線PA，PB平行的兩條射線分別交橢圓C于點M，N，問：的面積是否為定值？請說明理由．【分析】第一問的，并且出現(xiàn)了以原點為頂點的三角形的面積因此考慮用仿射變換去處理．【解析】（1）設，則，∴．（2）解法1：①軸時，設，則，又，則．②與x軸不垂直時，設直線MN方程為：，，∴．綜上可知，面積為．解法2：作變換，橢圓C變?yōu)閳A：，于是，∴，則，∴．【總結思考】當斜率之積出現(xiàn)時，很多情況都可以考慮用仿射變換去處理，∵經(jīng)過變換之后，這兩條直線變成垂直了，于是就可以利用垂直以及圓的特殊性質去處理．（七）仿射變換的綜合應用例13．已知橢圓，分別為橢圓左右焦點，過作兩條互相平行的弦，分別與橢圓交于四點，若當兩條弦垂直于軸時，點所形成的平行四邊形面積最大，則橢圓離心率的取值范圍為．【分析】利用仿射變換將橢圓變換為圓，此時四點分別變換為四點，由仿射變換時變換前后對應圖形的面積比不變這個性質，故將上述題目中的橢圓變換為圓時，四點所形成的平行四邊形面積最大值仍在兩條弦與軸垂直時取到，故只需研究在圓的一條直徑上，取關于圓心對稱的兩點，當為多少時，能使得過的兩條互相平行的弦與此直徑垂直時刻，與圓的四個交點所形成的面積最大．【解析】作仿射變換，令，可得仿射坐標系，在此坐標系中，上述橢圓變換為圓，點坐標分別為，過作兩條平行的弦分別與圓交于四點．由平行四邊形性質易知，三角形的面積為四點所形成的平行四邊形面積的，故只需令三角形面積的最大值在弦與軸垂直時取到即可．由文[2]中的結論，易得當時，三角形面積的最大值在弦與軸垂直時取到．故此題離心率的取值范圍為．【評注】此題的一般解法也較多，但按照常規(guī)解法則較為繁瑣．而上述解法利用仿射變換把橢圓變換為圓后，由于圓中三角形面積的計算較為簡便，故使得本題的解答過程大大簡化．本題以面積的求解為載體，在此載體下可以有多種變式，筆者給出一種，有興趣的讀者不妨用仿射變換的辦法嘗試求解．例13變式已知橢圓，為橢圓內(nèi)一定點，過點的弦與橢圓交于兩點，若使得三角形面積為的弦存在兩條，則取值范圍為_________________．【答案】1．【分析】當直線斜率不存在時，可驗證知其不合題意；可設，由在直線上可得；將直線與橢圓方程聯(lián)立可得韋達定理的形式，利用弦長公式和點到直線距離公式可表示出，將代入化簡可整理得到，根據(jù)滿足題意的直線有兩條可知，結合點在橢圓內(nèi)即可求得的范圍.【詳解】當直線斜率不存在時，其方程為，則，，，不合題意；直線斜率存在，可設其方程為：，在直線上，，即；由得：，，即；設，，，，，又原點到直線距離，，則，將代入上式得：，，即，整理可得：，使得三角形面積為的弦存在兩條，，；在橢圓內(nèi)部，，則，，或，即實數(shù)的取值范圍為.故答案為：.例14．已知動直線與橢圓C:交于，兩個不同點，且的面積=,其中為坐標原點.(1)證明和均為定值;(2)設線段的中點為，求的最大值；(3)橢圓C上是否存在點D，E，G，使得？若存在，判斷的形狀；若不存在，請說明理由.【答案】(1)；(2)(3)橢圓C上不存在三點，使得

【分析】（1）根據(jù)已知設出直線的方程，利用弦長公式求出|PQ|的長，利用點到直線的距離公式求點O到直線的距離，根據(jù)三角形面積公式，即可求得和均為定值；（2）由（I）可求線段PQ的中點為M，代入|OM|?|PQ|并利用基本不等式求最值；（3）假設存在，滿足，由（1）得，，，，，，從而得到的坐標，可以求出方程，從而得出結論.(1)（?。┊斨本€的斜率不存在時，，兩點關于軸對稱，所以∵在橢圓上∴

①又∵，∴

②由①②得，．此時；（ⅱ）當直線的斜率存在時，是直線的方程為，將其代入得故即又，∴∵點到直線的距離為∴又整理得此時綜上所述結論成立．(2)（ⅰ）當直線的斜率不存在時，由（1）知，因此．（ⅱ）當直線的斜率存在時，由（1）知所以．當且僅當，即時，等號成立．綜合（1）（2）得的最大值為.(3)橢圓C上不存在三點，使得

證明：假設存在，滿足由（1）得，，，，，解得：，.因此從集合中選取，從集合中選??；因此只能從點集這四個點選取三個不同的點，而這三個點的兩兩連線必然有一條經(jīng)過原點，這與矛盾.所以橢圓C上不存在三點，使得

【點睛】本題考查了直線與橢圓的位置關系，弦長公式和點到直線的距離公式，是一道綜合性的試題，考查了學生綜合運用知識解決問題的能力．（3）考查學生觀察、推理以及創(chuàng)造性地分析問題解決問題的能力.四、仿射變換總結以上內(nèi)容是對仿射變換在解析幾何應用的總結，當然有些題有其它做法，但是應用仿射變換解決起來更簡捷、更方便．從以上例題可以總結得出，應用仿射變換中的仿射不變性質與仿射不變量解題的步驟可概括如下：①判斷求解的問題是否能利用仿射不變性質，仿射不變量求解，一般涉及到點共直線，直線共點，線段比，面積比等一類問題皆可應用仿射變換解題；②選擇合適的仿射變換，找出所給圖形的合適的仿射圖形；③在仿射圖形中求證，寫出具體的仿射變換及解題過程．但值得我們注意的是，所考慮的問題都必須是仿射性質的問題，否則這種方法就不適用了．如有關線段長度，直線垂直，直線夾角大小的問題屬于非仿射性質，自然就不能使用平行投影的方法解決．【提升訓練】橢圓，則該橢圓所有斜率為的弦的中點的軌跡方程為_________________．【答案】【分析】設斜率為的直線方程為，與橢圓的交點為，利用點差法可得答案.【詳解】設斜率為的直線方程為，與橢圓的交點為，設中點坐標為，則，所以，兩式相減可得，，即，由于在橢圓內(nèi)部，由得，所以時，即直線與橢圓相切，此時由解得或，所以，所求得軌跡方程為．故答案為：如圖，，P，Q是橢圓上的兩點（點Q在第一象限），且直線PM，QM的斜率互為相反數(shù)．若，則直線QM的斜率為__________．【答案】【分析】延長，交橢圓于點，由橢圓的對稱性和直線PM，QM的斜率互為相反數(shù)可知：，設出直線的斜率，寫出直線的直線方程，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消得到一元二次方程，結合,利用一元二次方程根與系數(shù)的關系，求出點坐標，并代入橢圓方程中，求出直線的斜率，也就能求出直線QM的斜率.【詳解】延長，交橢圓于點，由橢圓的對稱性和直線PM，QM的斜率互為相反數(shù)可知：，如下圖所示：設直線的斜率為，所以直線的方程為：，與橢圓方程聯(lián)立得：，消元得，，設，根據(jù)根與系數(shù)關系可得：，，，所以，把代入橢圓方程中得，，解得，所以直線QM的斜率為.【點睛】本題考查了直線與橢圓的位置關系，考查了橢圓的幾何性質的應用，考查了數(shù)學運算能力.已知橢圓的右端點為A，O為坐標原點，若在橢圓上存在一點P使得OP⊥PA，則此橢圓離心率的取值范圍是________.【答案】【分析】根據(jù)題意，求出點的軌跡，再與橢圓方程聯(lián)立，轉化為一元二次方程在區(qū)間內(nèi)有一個根，結合圖像即可得到，關系，進而得到離心率的取值范圍.【詳解】由題意得，點P在以為直徑的圓上，因，，則以為直徑的圓方程為：，即，聯(lián)立，得，令，則，，結合圖像可知，要使OPPA，只需方程在區(qū)間內(nèi)有一個根，根據(jù)二次函數(shù)根的分布，得，即，因，故，即，又因，所以.故答案為：.【點睛】橢圓的離心率是橢圓最重要的幾何性質，求橢圓的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根據(jù)一個條件得到關于a，b，c的齊次式，結合轉化為a，c的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以a或a2轉化為關于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范圍)．MN是橢圓上一條不過原點且不垂直于坐標軸的弦，P是MN的中點，則_________，A，B是該橢圓的左右頂點，Q是橢圓上不與A，B重合的點，則_________．CD是該橢圓過原點O的一條弦，直線CQ，DQ斜率均存在，則_________．【答案】

【分析】通過伸縮變換將橢圓變?yōu)閳A，在圓中得到的垂直關系轉化為斜率之積為-1，進而得到橢圓中的斜率之積為定值.【詳解】作變換，那么橢圓變?yōu)閳A，方程為：，是中點，那么，∴，是圓的左右頂點即直徑，那么，∴，是過圓心O的一條弦即直徑，那么，∴．（2022年高考浙江卷21）如圖，已知橢圓．設A，B是橢圓上異于的兩點，且點在線段上，直線分別交直線于C，D兩點．(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值；(2)求的最小值．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）設是橢圓上任意一點,再根據(jù)兩點間的距離公式求出，再根據(jù)二次函數(shù)的性質即可求出；（2）設直線與橢圓方程聯(lián)立可得，再將直線方程與的方程分別聯(lián)立，可解得點的坐標，再根據(jù)兩點間的距離公式求出，最后代入化簡可得，由柯西不等式即可求出最小值．【詳解】（1）設是橢圓上任意一點,,，當且僅當時取等號，故的最大值是.（2）設直線,直線方程與橢圓聯(lián)立,可得,設，所以，因為直線與直線交于,則,同理可得,.則，當且僅當時取等號，故的最小值為.【點睛】本題主要考查最值的計算，第一問利用橢圓的參數(shù)方程以及二次函數(shù)的性質較好解決，第二問思路簡單，運算量較大，求最值的過程中還使用到柯西不等式求最值，對學生的綜合能力要求較高，屬于較難題．已知橢圓的離心率為為橢圓上一點，為橢圓上不同兩點，為坐標原點，（1）求橢圓的方程；（2）線段的中點為，當面積取最大值時，是否存在兩定點，使為定值？若存在，求出這個定值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）存在；．【分析】（1）由離心率公式以及將點代入方程，列出方程組，進而得出方程；（2）當直線的斜率存在時，聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達定理以及弦長公式求出，再由二次函數(shù)的性質得出的坐標，消去，得出點在橢圓上，結合定義得出平面內(nèi)存在兩點使得，當直線的斜率不存在時，設出坐標，由三角形面積公式以及正弦函數(shù)的性質求出的坐標，進而得出平面內(nèi)存在兩點使得.【詳解】（1）由，可設，則方程化為又點在橢圓上，則，解得因此橢圓的方程為．當直線的斜率存在時，設直線的方程為聯(lián)立直線和橢圓的方程消去得，化簡得：當時，取得最大值，即此時又，則即令，則因此平面內(nèi)存在兩點使得．當直線的斜率不存在時，設，則，即當取得最大值．此時中點的坐標為，滿足方程即．【點睛】關鍵點睛：解決問題二時，關鍵是由弦長公式以及點到直線的距離公式表示三角形的面積，進而由韋達定理、二次函數(shù)的性質進行求解.7．如圖，作斜率為的直線與橢圓交于兩點，且在直線的上方，則△內(nèi)切圓的圓心所在的定直線方程為__________________________．【答案】【分析】作仿射變換，則橢圓變成圓，則可得，由垂徑定理可得的方程，從而可求得的方程【詳解】如圖，作仿射變換：，橢圓變?yōu)?，直線的斜率變?yōu)橹本€的斜率，變?yōu)椋纱箯蕉ɡ砥椒郑浞匠虨?，平分，△?nèi)切圓的圓心所在的定直線方程為．故答案為：8.已知橢圓的右端點為A，O為坐標原點，若在橢圓上存在一點P使得OP⊥PA，則此橢圓離心率的取值范圍是________.【答案】【分析】根據(jù)題意，求出點的軌跡，再與橢圓方程聯(lián)立，轉化為一元二次方程在區(qū)間內(nèi)有一個根，結合圖像即可得到，關系，進而得到離心率的取值范圍.【詳解】由題意得，點P在以為直徑的圓上，因，，則以為直徑的圓方程為：，即，聯(lián)立，得，令，則，，結合圖像可知，要使OPPA，只需方程在區(qū)間內(nèi)有一個根，根據(jù)二次函數(shù)根的分布，得，即，因，故，即，又因，所以.故答案為：.【點睛】橢圓的離心率是橢圓最重要的幾何性質，求橢圓的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根據(jù)一個條件得到關于a，b，c的齊次式，結合轉化為a，c的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以a或a2轉化為關于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范圍)．Р是橢圓上任意一點，O為坐標原點，，過點Q的直線交橢圓于A，B兩點，并且，則面積為______________．【答案】【分析】通過伸壓變換將橢圓變成圓再還原回去.【詳解】作變換之后橢圓變?yōu)閳A，方程為，是的重心，又O是的外心′是等邊三角形，∴．故答案為：在平面直角坐標系中，橢圓的右準線為直線，動直線交橢圓于兩點，線段的中點為，射線分別交橢圓及直線于點，如圖，當兩點分別是橢圓的右頂點及上頂點時，點的縱坐標為（其中為橢圓的離心率），且．(1)求橢圓的標準方程；(2)如果是的等比中項，那么是否為常數(shù)？若是，求出該常數(shù)；若不是，請說明理由．【答案】(1)(2)為定值【分析】（1）由已知條件求得，，由此列出方程組，求得的值，即可求解；（2）把代入橢圓，得到，取得，得到的方程為，聯(lián)立方程組，求得，結合，列出方程求得，即可求解.【詳解】（1）橢圓的右準線為直線，動直線交橢圓于兩點，當零點分別是橢圓的有頂點和上頂點時，則，因為線段的中點為，射線分別角橢圓及直線與兩點，所以，由三點共線，可得，解得，因為，所以，可得，又由，解得，所以橢圓的標準方程為.（2）解：把代入橢圓，可得，可得，則，所以，即,所以直線的方程為，由，可得，因為是的等比中項，所以，可得，又由，解得，所以，此時滿足，所以為常數(shù).11.（2022成都一模）已知橢圓的離心率為，且直線與圓相切．（1）求橢圓的方程；（2）設直線與橢圓相交于不同的兩點﹐，為線段的中點，為坐標原點，射線與橢圓相交于點，且點在以為直徑的圓上．記，的面積分別為，，求的取值范圍．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）依題意得到，再利用點到直線的距離公式得到，再根據(jù)解方程即可；（2）由為線段的中點，可得，對直線的斜率的斜率存在與否分兩種情況討論，當直線的斜率存在時，設直線，，．聯(lián)立直線與橢圓方程，消元列出韋達定理，根據(jù)，即可得到，從而得到與的關系，即可求出面積比的取值范圍；【詳解】解：（1）∵橢圓的離心率為，∴（為半焦距）．∵直線與圓相切，∴．又∵，∴，．∴橢圓的方程為．（2）∵為線段的中點，∴．（?。┊斨本€的斜率不存在時，由及橢圓的對稱性，不妨設所在直線的方程為，得．則，，∴．（ⅱ）當直線的斜率存在時，設直線，，．由，消去，得．∴，即．∴，．∵點在以為直徑的圓上，∴，即．∴．∴．化簡，得．經(jīng)檢驗滿足成立．∴線段的中點．當時，．此時．當時，射線所在的直線方程為．由，消去，得，．∴．∴，∴．綜上，的取值范圍為．【點睛】解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；(2)強化有關直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．平面直角坐標系中，已知橢圓的離心率為，左、右焦點分別是，以為圓心以3為半徑的圓與以為圓心以1為半徑的圓相交，且交點在橢圓上.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）設橢圓，為橢圓上任意一點，過點的直線交橢圓于兩點，射線交橢圓于點.（i）求的值；（ⅱ）求面積的最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）2；（ⅱ）.【詳解】試題分析：（Ⅰ）根據(jù)橢圓的定義與幾何性質列方程組確定的值，從而得到橢圓的方程；（Ⅱ）（i）設，，由題意知，然后利用這兩點分別在兩上橢圓上確定的值;（ⅱ）設，利用方程組結合韋達定理求出弦長，選將的面積表示成關于的表達式，然后，令，利用一元二次方程根的判別式確定的范圍，從而求出的面積的最大值，并結合（i）的結果求出面積的最大值.試題解析：（Ⅰ）由題意知，則,又可得,所以橢圓C的標準方程為.（Ⅱ）由（Ⅰ）知橢圓E的方程為,（i）設，，由題意知因為,又，即,所以，即.（ⅱ）設將代入橢圓E的方程，可得由，可得①則有所以因為直線與軸交點的坐標為所以的面積令,將代入橢圓C的方程可得由，可得②由①②可知因此,故當且僅當，即時取得最大值由（i）知，面積為,所以面積的最大值為.考點：1、橢圓的標準方程與幾何性質；2、直線與橢圓位置關系綜合問題；3、函數(shù)的最值問題.【綜合培優(yōu)】1．已知直線l與橢圓交于M，N兩點，當______，面積最大，并且最大值為______.記，當面積最大時，_____﹐_______.Р是橢圓上一點，，當面積最大時，______.2．過橢圓的右焦點F的直線與橢圓交于A，B兩點，則面積最大值為_______.3．已知A，B，C分別是橢圓上的三個動點，則面積最大值為_____________.4．已知橢圓左頂點為，為橢圓上兩動點，直線交于，直線交于，直線的斜率分別為且，（是非零實數(shù)），求______________.5．已知橢圓C：，A，B是橢圓C上兩點，且關于點對稱，P是橢圓C外一點，滿足，的中點均在橢圓C上，則點P的坐標是___________.6．已知橢圓，分別為橢圓左右焦點，過作兩條互相平行的弦，分別與橢圓交于四點，若當兩條弦垂直于軸時，點所形成的平行四邊形面積最大，則橢圓離心率的取值范圍為______________.7．已知橢圓C：過點A(2，0)，B(0，1)兩點.(1)求橢圓C的方程及離心率；(2)設P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值.8．已知橢圓：的兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點，直線：與橢圓有且只有一個公共點T．（Ⅰ）求橢圓的方程及點的坐標；（Ⅱ）設是坐標原點，直線平行于，與橢圓交于不同的兩點、，且與直線交于點，證明：存在常數(shù)，使得，并求的值．9．分別是橢圓于的左、右焦點.(1)若Р是該橢圓上的一個動點，求的取值范圍；(2)設是它的兩個頂點，直線與AB相交于點D，與橢圓相交于E、F兩點.求四邊形AEBF面積的最大值.10．已知圓：，定點，是圓上的一動點，線段的垂直平分線交半徑于點．（1）求點的軌跡的方程；（2）四邊形的四個頂點都在曲線上，且對角線、過原點，若，求證：四邊形的面積為定值，并求出此定值．參考答案：1．

4

2

1【分析】作伸縮變換，將橢圓變?yōu)閳A，根據(jù)三角形面積公式求得當時，最大，進而依次計算可得.【詳解】作變換此時橢圓變?yōu)閳A，方程為，當時，最大，并且最大為，此時，.由于，，∴，，因為，所以.故答案為：；；4；2；1.2．##【分析】利用仿射變換，將橢圓變換為圓，利用圓的性質求出面積的最大值，從而可求出面積最大值【詳解】作變換之后橢圓變?yōu)閳A，方程為，，由于，因此時面積最大，此時，那么，故答案為：3．##4.5【分析】作變換之后橢圓變?yōu)閳A，方程為，是圓的內(nèi)接三角形，圓的內(nèi)接三角形面積最大時為等邊三角形，則，求出，代入即可得出答案.【詳解】作變換之后橢圓變?yōu)閳A，方程為，是圓的內(nèi)接三角形，設的半徑為，設所對應邊長為，所以，當且僅當時取等，因為在上為凸函數(shù)，則，，當且僅當時取等，所以圓的內(nèi)接三角形面積最大時為等邊三角形，因此，又因為，∴.故答案為：.4．1【分析】設，由以及解出，代入橢圓方程求出；同理可得；進而求出的值．【詳解】解法1：可得點，設，則，由可得，即有，，，兩邊同乘以，可得，解得，將代入橢圓方程可得，由可得，可得；故答案為：．解法2：作變換之后橢圓變?yōu)閳A，方程為，，設，則，，∴，，∴.故答案為：．5．或.【解析】先利用點差法可求出直線AB的斜率為，即可得出直線方程，代入橢圓方程可求出A，B坐標，設出點P，則可表示出PA，PB中點坐標，代入橢圓方程即可求出點P坐標.【詳解】設，A，B是橢圓C上兩點，則，兩式相減得，是AB中點，則，即，故直線AB斜率為，則直線AB方程為，即，將直線方程代入橢圓得，解得，則可得，設，則PA中點為，PB中點為，，的中點均在橢圓C上，則，解得或，的坐標為或.故答案為：或.【點睛】本題考查中點弦問題，解題的關鍵是先利用點差法求出直線斜率，進而求出A,B坐標，再結合題意求解.6．【分析】利用仿射變換將橢圓變換為圓，此時四點分別變換為四點，由仿射變換時變換前后對應圖形的面積比不變這個性質，故將上述題目中的橢圓變換為圓時，四點所形成的平行四邊形面積最大值仍在兩條弦與軸垂直時取到，故只需研究在圓的一條直徑上，取關于圓心對稱的兩點，當為多少時，能使得