专题8 仿射变换在圆锥曲线中的应用 微点2 仿射变换在圆锥曲线中的应用（二）

这是一份专题8 仿射变换在圆锥曲线中的应用 微点2 仿射变换在圆锥曲线中的应用（二），共24页。
专题8  仿射变换在圆锥曲线中的应用  微点2  仿射变换在圆锥曲线中的应用（二）专题8  利用仿射变换轻松解决圆锥曲线问题微点2  仿射变换在圆锥曲线中的应用（二）【微点综述】在上一微点我们研究了仿射变换的定义、性质及其在圆锥曲线中的初步应用——求轨迹、作图、求直线的斜率、求弦长等，本节我们讨论仿射变换的进一步应用——处理同一条线段的比例问题、面积问题、以及综合运用．由仿射变换的性质，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．（五）利用仿射变换处理同一条线段的比例问题例7．（2018年高考浙江卷17）已知点，椭圆上两点满足，则当        时，点横坐标的绝对值最大．【答案】5【解析】解法一：如图，作仿射变换：得，由于三点共线，则变换后依然共线，且对应长度的比不变，则有，不妨设在第一象限，设且，则，由于在圆上，则，当时，取最大值，即点的横坐标的绝对值最大，此时．解法二：令．，则，，，，，当时，点横坐标的绝对值最大．解法三：显然直线的斜率存在，设直线的方程为：，联立方程可得，记，，则，，由可得，所以，，当取最大值时，，此时．【评注】解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决．例8．已知椭圆经过点，离心率为，A，B是椭圆C上两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为．（1）求椭圆C的方程；（2）若射线OA上的点Р满足，且PB与椭圆交于点Q，求的值．【解析】（1）设椭圆的焦距为2c，易知一个∴椭圆方程为平（2）解法1：设，则，设，则由于A，B，Q都在椭圆上，并且，因此，∴（舍）或，因此．解法2：作变换，于是椭圆C变为圆：，因此，，过点O作于H，则，又由于．思考总结：当出现同一条边的比值问题的时候很多时候就可以考虑能否用仿射变换利用圆的性质对其作变形化简，很多情况能简化相当多的问题．而这道题还出现了斜率之积为，于是更加考虑用仿射变换去解决．（六）利用仿射变换处理面积问题利用仿射变换可以将椭圆内接三角形变成圆内接三角形，它们的面积之间存在固定的比例关系，而求解圆内接三角形的面积运算量要低很多．例9．M，N分别是椭圆和上的动点，则面积最大值为           ．【答案】【解析】作变换之后两个椭圆均变为圆，方程分别为，故，当时面积最大，此时，．例10．（2019年高考全国II理21）已知，动点满足直线AM与直线BM斜率之积为，记M的轨迹为曲线C．（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，轴，垂足为E．连接QE并延长交C于点G．（i）证明：是直角三角形；（ⅱ）求面积的最大值．【解析】（1）由题意得，整理得曲线C的方程：，∴曲线C是焦点在x轴上不含长轴端点的椭圆．（2）（i）解法1：设，则，，∴直线QE的方程为：，与联立消去y，得，∴，∴，∴，∴，把代入上式，得，∴，∴，故为直角三角形．解法2：作变换后椭圆C变为圆，方程为，由于为直径，则，则，又，∴即是直角三角形．（ii） ．令，则，，利用函数在的单调性可知， （时取等号），∴ （此时），故面积的最大值为．【评注】求△面积的构建有以下方法：（1）；（2）设点到直线的距离为，则；（3）设点到直线的距离为，则；（4）；（5）仿射变换；（6）用角表示面积．例11．（2014年高考新课标Ⅰ理20）已知点，椭圆的离心率为，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．（1）求E的方程；（2）设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当的面积最大时，求l的方程．【分析】这里第二问出现面积最大，因此可以联想仿射变换化椭为圆去做．【解析】（I）设，由条件知，得，又，∴，故E的方程．（2）解法1：作变换，椭圆E变为圆：，此时过点，此时，因此最大时，同样最大．，当且仅当时最大，设直线方程为，那么O到直线距离，，∴直线l的方程为：．解法2：依题意当轴不合题意，故设直线，设，将代入，得，当，即时，，从而，又点O到直线PQ的距离，∴的面积，设，则，，当且仅当等号成立，且满足，∴当的面积最大时，l的方程为：或．【评注】当过椭圆外一个定点P作一条直线与椭圆交于A，B两点时，面积最大值，当且仅当经过仿射变换之后的与原点O所构成的三角形为直角三角形时取到最大值．如果定点P是圆内点，则有两种情况：①如果作仿射变换之后到圆心距离大于等于，那么面积最大值仍然是，②如果作仿射变换之后到圆心距离小于，那么当时面积取到最大值．例12．已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，P为椭圆C上异于A，B两点的任意一点，直线PA，PB的斜率分别记为．（1）求；（2）过坐标原点О作与直线PA，PB平行的两条射线分别交椭圆C于点M，N，问：的面积是否为定值？请说明理由．【分析】第一问的，并且出现了以原点为顶点的三角形的面积因此考虑用仿射变换去处理．【解析】（1）设，则，∴．（2）解法1：①轴时，设，则，又，则．②与x轴不垂直时，设直线MN方程为：，，∴．综上可知，面积为．解法2：作变换，椭圆C变为圆：，于是，∴，则，∴．【总结思考】当斜率之积出现时，很多情况都可以考虑用仿射变换去处理，∵经过变换之后，这两条直线变成垂直了，于是就可以利用垂直以及圆的特殊性质去处理．（七）仿射变换的综合应用例13．已知椭圆，分别为椭圆左右焦点，过作两条互相平行的弦，分别与椭圆交于四点，若当两条弦垂直于轴时，点所形成的平行四边形面积最大，则椭圆离心率的取值范围为                 ．【分析】利用仿射变换将椭圆变换为圆，此时四点分别变换为四点，由仿射变换时变换前后对应图形的面积比不变这个性质，故将上述题目中的椭圆变换为圆时，四点所形成的平行四边形面积最大值仍在两条弦与轴垂直时取到，故只需研究在圆的一条直径上，取关于圆心对称的两点，当为多少时，能使得过的两条互相平行的弦与此直径垂直时刻，与圆的四个交点所形成的面积最大．【解析】作仿射变换，令，可得仿射坐标系，在此坐标系中，上述椭圆变换为圆，点坐标分别为，过作两条平行的弦分别与圆交于四点．由平行四边形性质易知，三角形的面积为四点所形成的平行四边形面积的，故只需令三角形面积的最大值在弦与轴垂直时取到即可．由文[2]中的结论，易得当时，三角形面积的最大值在弦与轴垂直时取到．故此题离心率的取值范围为．【评注】此题的一般解法也较多，但按照常规解法则较为繁琐．而上述解法利用仿射变换把椭圆变换为圆后，由于圆中三角形面积的计算较为简便，故使得本题的解答过程大大简化．本题以面积的求解为载体，在此载体下可以有多种变式，笔者给出一种，有兴趣的读者不妨用仿射变换的办法尝试求解．例13变式．1．已知椭圆，为椭圆内一定点，过点的弦与椭圆交于两点，若使得三角形面积为的弦存在两条，则取值范围为_________________．例14．2．已知动直线与椭圆C:交于，两个不同点，且的面积=,其中为坐标原点.(1)证明和均为定值;(2)设线段的中点为，求的最大值；(3)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由.【总结】以上内容是对仿射变换在解析几何应用的总结，当然有些题有其它做法，但是应用仿射变换解决起来更简捷、更方便．从以上例题可以总结得出，应用仿射变换中的仿射不变性质与仿射不变量解题的步骤可概括如下：①判断求解的问题是否能利用仿射不变性质，仿射不变量求解，一般涉及到点共直线，直线共点，线段比，面积比等一类问题皆可应用仿射变换解题；②选择合适的仿射变换，找出所给图形的合适的仿射图形；③在仿射图形中求证，写出具体的仿射变换及解题过程．但值得我们注意的是，所考虑的问题都必须是仿射性质的问题，否则这种方法就不适用了．如有关线段长度，直线垂直，直线夹角大小的问题属于非仿射性质，自然就不能使用平行投影的方法解决．【针对训练】3．如图，作斜率为的直线与椭圆交于 两点，且在直线的上方，则△内切圆的圆心所在的定直线方程为__________________________．4．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________.5．在平面直角坐标系中，椭圆的右准线为直线，动直线交椭圆于两点，线段的中点为，射线分别交椭圆及直线于点，如图，当两点分别是椭圆的右顶点及上顶点时，点的纵坐标为（其中为椭圆的离心率），且．(1)求椭圆的标准方程；(2)如果是的等比中项，那么是否为常数？若是，求出该常数；若不是，请说明理由．6．Р是椭圆上任意一点，O为坐标原点，，过点Q的直线交椭圆于A，B两点，并且，则面积为______________．7．在平面直角坐标系中，椭圆的右准线为直线，动直线交椭圆于两点，线段的中点为，射线分别交椭圆及直线于点，如图，当两点分别是椭圆的右顶点及上顶点时，点的纵坐标为（其中为椭圆的离心率），且．(1)求椭圆的标准方程；(2)如果是的等比中项，那么是否为常数？若是，求出该常数；若不是，请说明理由．（2022成都一模）8．已知椭圆的离心率为，且直线与圆相切．（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于不同的两点﹐，为线段的中点，为坐标原点，射线与椭圆相交于点，且点在以为直径的圆上．记，的面积分别为，，求的取值范围．9．平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点.（i）求的值；（ⅱ）求面积的最大值.
参考答案：1．【分析】当直线斜率不存在时，可验证知其不合题意；可设，由在直线上可得；将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用弦长公式和点到直线距离公式可表示出，将代入化简可整理得到，根据满足题意的直线有两条可知，结合点在椭圆内即可求得的范围.【详解】当直线斜率不存在时，其方程为，则，，，不合题意；直线斜率存在，可设其方程为：，在直线上，，即；由得：，，即；设，，，，，又原点到直线距离，，则，将代入上式得：，，即，整理可得：，使得三角形面积为的弦存在两条，，；在椭圆内部，，则，，或，即实数的取值范围为.故答案为：.2．(1)；(2)(3)椭圆C上不存在三点，使得  【分析】（1）根据已知设出直线的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线的距离，根据三角形面积公式，即可求得和均为定值；（2）由（I）可求线段PQ的中点为M，代入|OM|•|PQ|并利用基本不等式求最值；（3）假设存在，满足，由（1）得，，，， ，，从而得到的坐标，可以求出方程，从而得出结论.(1)（ⅰ）当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，所以∵在椭圆上∴ ①又∵，∴ ②由①②得，．此时；（ⅱ）当直线的斜率存在时，是直线的方程为，将其代入得 故即又， ∴∵点到直线的距离为∴ 又整理得此时 综上所述结论成立．(2)（ⅰ）当直线的斜率不存在时，由（1）知，因此．（ⅱ）当直线的斜率存在时，由（1）知 所以 ．当且仅当，即时，等号成立．综合（1）（2）得的最大值为.(3)椭圆C上不存在三点，使得 证明：假设存在，满足由（1）得，，，， ，解得：，.因此从集合中选取，从集合中选取；因此只能从点集这四个点选取三个不同的点，而这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这与矛盾.所以椭圆C上不存在三点，使得 【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．（3）考查学生观察、推理以及创造性地分析问题解决问题的能力.3．【分析】作仿射变换，则椭圆变成圆，则可得，由垂径定理可得的方程，从而可求得的方程【详解】如图，作仿射变换：，椭圆变为，直线的斜率变为直线的斜率，变为，由垂径定理平分，其方程为，平分，△内切圆的圆心所在的定直线方程为．故答案为：4．【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)．5．(1)(2)为定值 【分析】（1）由已知条件求得，，由此列出方程组，求得的值，即可求解；（2）把代入椭圆，得到，取得，得到的方程为，联立方程组，求得，结合，列出方程求得，即可求解.（1）解：椭圆的右准线为直线，动直线交椭圆于两点，当零点分别是椭圆的有顶点和上顶点时，则，因为线段的中点为，射线分别角椭圆及直线与两点，所以，由三点共线，可得，解得，因为，所以，可得，又由，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）解：把代入椭圆，可得，可得，则，所以，即,所以直线的方程为，由，可得，因为是的等比中项，所以，可得，又由，解得，所以，此时满足，所以为常数.6．【分析】通过伸压变换将椭圆变成圆再还原回去.【详解】作变换之后椭圆变为圆，方程为， 是的重心，又O是的外心′是等边三角形，∴．故答案为：7．(1)(2)为定值 【分析】（1）由已知条件求得，，由此列出方程组，求得的值，即可求解；（2）把代入椭圆，得到，取得，得到的方程为，联立方程组，求得，结合，列出方程求得，即可求解.（1）解：椭圆的右准线为直线，动直线交椭圆于两点，当零点分别是椭圆的有顶点和上顶点时，则，因为线段的中点为，射线分别角椭圆及直线与两点，所以，由三点共线，可得，解得，因为，所以，可得，又由，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）解：把代入椭圆，可得，可得，则，所以，即,所以直线的方程为，由，可得，因为是的等比中项，所以，可得，又由，解得，所以，此时满足，所以为常数.8．（1）；（2）．【解析】（1）依题意得到，再利用点到直线的距离公式得到，再根据解方程即可；（2）由为线段的中点，可得，对直线的斜率的斜率存在与否分两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设直线，，．联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，根据，即可得到，从而得到与的关系，即可求出面积比的取值范围；【详解】解：（1）∵椭圆的离心率为，∴（为半焦距）．∵直线与圆相切，∴．又∵，∴，．∴椭圆的方程为．（2）∵为线段的中点，∴．（ⅰ）当直线的斜率不存在时，由及椭圆的对称性，不妨设所在直线的方程为，得．则，，∴．（ⅱ）当直线的斜率存在时，设直线，，．由，消去，得．∴，即．∴，．∵点在以为直径的圆上，∴，即．∴．∴．化简，得．经检验满足成立．∴线段的中点．当时，．此时．当时，射线所在的直线方程为．由，消去，得，．∴．∴，∴．综上，的取值范围为．【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．9．（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）2；（ⅱ）.【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定的值，从而得到椭圆的方程；（Ⅱ）（i）设，，由题意知，然后利用这两点分别在两上椭圆上确定的值; （ⅱ）设，利用方程组结合韦达定理求出弦长，选将的面积表示成关于的表达式，然后，令，利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而求出的面积的最大值，并结合（i）的结果求出面积的最大值.试题解析：（Ⅰ）由题意知，则,又可得,所以椭圆C的标准方程为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆E的方程为,（i）设，，由题意知因为,又，即,所以，即.（ⅱ）设将代入椭圆E的方程，可得由，可得①则有所以因为直线与轴交点的坐标为所以的面积令,将代入椭圆C的方程可得由，可得②由①②可知因此,故当且仅当，即时取得最大值由（i）知，面积为,所以面积的最大值为.考点：1、椭圆的标准方程与几何性质；2、直线与椭圆位置关系综合问题；3、函数的最值问题.