专题8 仿射变换在圆锥曲线中的应用 微点1 仿射变换的定义、性质及其在圆锥曲线中的应用（一）

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专题8  仿射变换在圆锥曲线中的应用  微点1  仿射变换的定义、性质及其在圆锥曲线中的应用（一）专题8  利用仿射变换轻松解决圆锥曲线问题微点1  仿射变换的定义、性质及其在圆锥曲线中的应用（一）【微点综述】仿射变换，即平行投影变换，是几何学中的一个重要变换，是从运动变换过渡到射影变换的桥梁．在初等几何中，仿射图形经过平面仿射变换，可以由对特殊几何图形的证明，得出对一般几何图形的证明．而且，根据仿射变换的性质，可以把特殊图形的命题推广到一般图形，从而达到事半功倍的效果．本文将探讨应用仿射变换中的仿射不变性质与仿射不变量来解决解析几何一些较难问题．一、仿射变换概述先看一个引例：引例．（《人教A版选择性必修第一册》第115页“综合应用”第9题）如图，轴，垂足为D，点M在DP的延长线上，且，当点P在圆上运动时，求点M的轨迹方程，并说明轨迹的形状．【解析】设点的坐标为，点，由题意可知，则由题可得，即，点P在圆上运动，，即点的轨迹方程为，点的轨迹为椭圆，除去与轴的交点．这个问题就是用仿射变换把圆变换为椭圆．在高中数学解析几何题中，我们可以利用仿射变换将一部分有关椭圆的问题转化为圆的问题，这样就可以借助圆中的特有的一些性质解决问题，从而使问题的解决过程大大简化．二、仿射变换定义解析几何中的仿射变换（Affine Transformation）是⼀种⼆维坐标到⼆维坐标之间的线性变换，保持⼆维图形的“平直性”（译注：straightness，即变换后直线还是直线，不会打弯，圆弧还是圆弧）和“平⾏性”（译注：parallelness，其实是指保持⼆维图形间的相对位置关系不变，平⾏线还是平⾏线，相交直线还是相交直线，另外特别注意向量间的夹角可能会发生变化．）仿射变换可以通过⼀系列的原⼦变换的复合来实现，包括：平移（Translation）、缩放（Scale）、翻转（Flip）、旋转（Rotation）和剪切 （Shear）．下面是字母R的反射变换效果图：三、仿射变换性质仿射变换有如下性质：1．同素性：在经过变换之后，点仍然是点，线仍然是线；2．结合性：在经过变换之后，在直线上的点仍然在直线上；3．其它不变关系．我们以椭圆为例阐述上述性质．椭圆，经过仿射变换，则椭圆变为了圆，并且变换过程有如下对应关系：（1）点变为；（2）直线斜率k变为，对应直线的斜率比不变（见例4）（3）图形面积S变为，对应图形面积比不变（见例7～例10）；（4）点、线、面位置不变（平⾏直线还是平⾏直线，相交直线还是相交直线，中点依然是中点，相切依然是相切等，见例1）；（5）弦长关系满足，因此同一条直线上线段比值不变，三点共线的比不变（见例6）．总结可得下表： 变换前变换后方  程横坐标纵坐标斜  率面  积弦  长不变量平行关系；共线线段比例关系；点分线段的比 仿射变换一般而言主要应用于选填中快速得出结果，对于解答题可以利用仿射变换快速得出结果但是容易丢掉步骤分，因此还是用正常解法写出过程．四、仿射变换的应用当出现以下几个场景的时候就可以联想仿射变换去处理：①面积问题（尤其是有一个顶点是坐标原点的时候）；②斜率之积出现之类；③同一条线段的比例问题；④其他与之相关联的问题．（一）初识仿射变换例1．（一般情况下的标准椭圆与直线）已知直线，椭圆，讨论直线与椭圆的位置关系．【解析】作变换，直线变为，椭圆变为圆，圆心到直线的距离为，由直线与圆的位置关系易得：（1）当，即时，直线与圆相切，当时，直线与椭圆相切；（2）当，即时，直线与圆相离，当时，直线与椭圆相离；（3）当，即时，直线与圆相交，当时，直线与椭圆相交．【推广】标准变换后，直线变为，此结论可以作为公式记熟，提高做题速度．例2．已知椭圆的方程为，点的坐标为．（1）设直线交椭圆于两点，交直线于点．若，证明：为的中点；（2）对于椭圆上的点，如果椭圆上存在不同的两个交点满足，写出求作点的步骤．【解析】（1）证法一：设，则可得，又，，而由题意知，，即，即线段的中点在直线上，也即直线与的交点为线段的中点．证法二：由方程组，消y得方程，因为直线交椭圆于两点，，即，设的中点坐标为，则，由方程组，消y得方程，又因为，所以，故为的中点．（2）求作点的步骤：1取的中点；2连接，求出直线OE的斜率；3由知为的中点，根据（1）可得的斜率；4从而得直线的方程：；5将直线与椭圆的方程联立，方程组的解即为点的坐标．下面利用仿射变换解决这个问题：（1）作仿射变换：，椭圆方程变为，则，，由垂径定理得为的中点，是的中点．（2）如图，求作点的步骤：1以为圆心，椭圆的长半轴长为半径作圆；2作射线，使，射线与圆交于；3过圆与轴正方向的交点作轴的垂线，过圆与轴负方向的交点作轴的垂线，两垂线交于点；4连接，取其中点；5连接，过作的垂线，交圆于；6过点作作轴的垂线，交椭圆于点即为所求．证明：上述作图相当于作了纵轴方向上的伸缩变换，易证线段与互相平分，而伸变换不改变线段的比例，因此与互相平分，．【说明】题（1）表明中点弦问题由点差法得到的结论可以看作是椭圆的“垂径定理”；题（2）利用仿射变换完成纯几何作图，注意椭圆的参数方程在仿射变换图形下获得了确定的几何意义．例3．（2012年高考湖北理21）1．设是单位圆上的任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足.当点在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程，判断曲线为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；（2）过原点且斜率为的直线交曲线于，两点，其中在第一象限，它在轴上的射影为点，直线交曲线于另一点.是否存在，使得对任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.（二）凸显隐含几何条件利用仿射变换可以将一些题目中“平凡”的条件转化为对解题很有利的“特殊”条件，比如：①利用仿射变换可以改变斜率，从而可以使得某些与椭圆相关的平行四边形转化成矩形，达到简化问题的目的；  ②利用仿射变换可以将椭圆变成圆，从而可以使得某些与椭圆相关的平行四边形转化为菱形，达到简化问题的目的．例4．2．已知椭圆的标准方程为．(1)设动点满足：，其中，是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由．(2)设动点满足：，其中，是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在点，使得点到的距离与到直线的距离之比为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由．（三）利用仿射变换处理斜率问题例5．3．已知，平面内一动点满足．(1)求点运动轨迹的轨迹方程；(2)已知直线与曲线交于，两点，当点坐标为时，恒成立，试探究直线的斜率是否为定值？若为定值请求出该定值，若不是定值请说明理由．（四）利用仿射变换处理弦长问题例6．（2011年高考辽宁理20）4．本小题满分12分）如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.（1）设，求 与的比值；（2）当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由【针对训练】5．椭圆，则该椭圆所有斜率为的弦的中点的轨迹方程为_________________．6．如图，，P，Q是椭圆上的两点（点Q在第一象限），且直线PM，QM的斜率互为相反数．若，则直线QM的斜率为__________．7．已知椭圆的右端点为A，O为坐标原点，若在椭圆上存在一点P使得OP⊥PA，则此椭圆离心率的取值范围是________.8．MN是椭圆上一条不过原点且不垂直于坐标轴的弦，P是MN的中点，则_________，A，B是该椭圆的左右顶点，Q是椭圆上不与A，B重合的点，则_________．CD是该椭圆过原点O的一条弦，直线CQ，DQ斜率均存在，则_________．（2022年高考浙江卷21）9．如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；(2)求的最小值．10．已知椭圆的离心率为为椭圆上一点，为椭圆上不同两点，为坐标原点，（1）求椭圆的方程；（2）线段的中点为，当面积取最大值时，是否存在两定点，使为定值？若存在，求出这个定值；若不存在，请说明理由．
参考答案：1．（1）答案见解析；（2）存在，.【解析】（1）设，，则由，可得与，与的关系，所以代入 ，得所求曲线的方程再讨论m的取值范围.（2），设，，则，，把，两点坐标代入椭圆方程，点差法可得，由，，三点共线，即，再由，而等价于，即，又，得可得答案.【详解】（1）如图1，设，，则由，且可得，，所以，① ，因为点在单位圆上运动，所以② ，将①式代入②式即得所求曲线的方程为且，因为，所以当时，，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，；当时，，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为.（2）存在，理由如下：如图2､3，，设，，则，，因为，两点在椭圆上，所以两式相减可得，③依题意，由点在第一象限可知，点也在第一象限，且，不重合，故，于是由③式可得，④又，，三点共线，所以，即，于是由④式可得，而等价于，即，又，得，故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系；考查分类讨论的数学思想以及运算求解的能力.本题是一个椭圆模型，求解标准方程时注意对焦点的位置分类讨论，不要漏解；对于探讨性问题一直是高考考查的热点，一般先假设结论成立，再逆推所需要求解的条件，对运算求解能力和逻辑推理能力有较高的要求.2．(1)存在；点坐标为(2)存在； 【分析】（1）根据仿射变换进行换元，令，即可得到新的轨迹方程，得到.然后根据题意找到的轨迹方程，结合椭圆定义即可解题；（2）结合第一小问，找到的轨迹方程，结合椭圆定义即可解题.（1）设椭圆上一点为，椭圆上的点，，令，椭圆的方程为，，可得是以为圆心，半径为2的圆上的点，记仿射变换下，在圆上对应的点为，，直线与的斜率之积为．可得.，四边形为正方形，于是，则点的轨迹方程为，因此点的轨迹方程为，即.，由椭圆的定义可得，存在符合题意的点，坐标为（即椭圆的两个焦点）．（2），由（1）可知，此时四边形为矩形，于是，点的轨迹方程为，因此点的轨迹方程为，即.，，直线为椭圆的右准线.由椭圆的定义可得，存在符合题意的点，坐标为（即椭圆的右焦点）．3．(1)(2)是定值； 【分析】对于小问1，设点，代入，整理化简得点轨迹方程；对于小问2，设出直线：，联立曲线的方程，结合韦达定理，代入，整理得到和的关系，进而判断直线是否过定点．（1）设，则，所以点轨迹方程为：．（2）显然直线不垂直于轴，故设：，，代入并整理得： ，∴ ，整理得：，若，此时过，不合题意；若，即符合题意，故直线的斜率为．4．（1）（2）当时，不存在直线l，使得BO//AN；当时，存在直线l使得BO//AN【详解】（1）因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设.设直线分别和C1，C2联立，求得.当时，，分别用yA，yB表示A、B的纵坐标，可知|BC|:AD|= （2）t=0时的l不符合题意，t≠0时，BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即，解得.因为，又，所以，解得.所以当时，不存在直线l，使得BO//AN；当时，存在直线l使得BO//AN. 5．【分析】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，利用点差法可得答案.【详解】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，设中点坐标为，则，所以，两式相减可得，，即，由于在椭圆内部，由得，所以时，即直线与椭圆相切，此时由解得或，所以，所求得轨迹方程为．故答案为：．6．【分析】延长，交椭圆于点，由椭圆的对称性和直线PM，QM的斜率互为相反数可知：，设出直线的斜率，写出直线的直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，消得到一元二次方程，结合,利用一元二次方程根与系数的关系，求出点坐标，并代入椭圆方程中，求出直线的斜率，也就能求出直线QM的斜率.【详解】延长，交椭圆于点，由椭圆的对称性和直线PM，QM的斜率互为相反数可知：，如下图所示：设直线的斜率为，所以直线的方程为：，与椭圆方程联立得：，消元得，，设，根据根与系数关系可得：，，，所以，把代入椭圆方程中得，，解得，所以直线QM的斜率为.【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，考查了椭圆的几何性质的应用，考查了数学运算能力.7．【分析】根据题意，求出点的轨迹，再与椭圆方程联立，转化为一元二次方程在区间内有一个根，结合图像即可得到，关系，进而得到离心率的取值范围.【详解】由题意得，点P在以为直径的圆上，因，，则以为直径的圆方程为：，即，联立，得，令，则，，结合图像可知，要使OPPA，只需方程在区间内有一个根，根据二次函数根的分布，得，即，因，故，即，又因，所以.故答案为：.【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．8．               【分析】通过伸缩变换将椭圆变为圆，在圆中得到的垂直关系转化为斜率之积为-1，进而得到椭圆中的斜率之积为定值.【详解】作变换，那么椭圆变为圆，方程为：，是中点，那么，∴，是圆的左右顶点即直径，那么，∴，是过圆心O的一条弦即直径，那么，∴．9．(1)；(2)． 【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,，当且仅当时取等号，故的最大值是.（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，因为直线与直线交于,则,同理可得,.则，当且仅当时取等号，故的最小值为.【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题． 10．（1）；（2）存在；．【分析】（1）由离心率公式以及将点代入方程，列出方程组，进而得出方程；（2）当直线的斜率存在时，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求出，再由二次函数的性质得出的坐标，消去，得出点在椭圆上，结合定义得出平面内存在两点使得，当直线的斜率不存在时，设出坐标，由三角形面积公式以及正弦函数的性质求出的坐标，进而得出平面内存在两点使得.【详解】（1）由，可设，则方程化为又点在椭圆上，则，解得因此椭圆的方程为．当直线的斜率存在时，设直线的方程为联立直线和椭圆的方程消去得，化简得：当时，取得最大值，即此时又，则即令，则因此平面内存在两点使得．当直线的斜率不存在时，设，则，即当取得最大值．此时中点的坐标为，满足方程即．【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键是由弦长公式以及点到直线的距离公式表示三角形的面积，进而由韦达定理、二次函数的性质进行求解.