第8讲【圆锥曲线】计算技巧系列10讲-仿射变换的定义、性质及其7大应用

【圆锥曲线】计算技巧系列10讲——仿射变换的定义、性质及其7大应用仿射变换，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．【知识与典例精讲】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，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（AffineTransformation）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；点分线段的比注意：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）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.【答案】（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.（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．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．【答案】(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）．（三）利用仿射变换处理斜率问题例5.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．【答案】(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．（四）利用仿射变换处理弦长问题例6．（2011年高考辽宁理20）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【答案】（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.（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_________________．【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：.例14．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.【答案】(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.四、仿射变换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．【提升训练】椭圆，则该椭圆所有斜率为的弦的中点的轨迹方程为_________________．【答案】【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：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__________．【答案】【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.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________.【答案】【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)．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_________．【答案】

【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，∴．（2022年高考浙江卷21）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．【答案】(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．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．【答案】（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.7．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__________________________．【答案】【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：8.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________.【答案】【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)．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______________．【答案】【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：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．【答案】(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.【详解】（1）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.11.（2022成都一模）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．【答案】（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．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.【答案】（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.【综合培优】1．已知直线l与椭圆交于M，N两点，当______，面积最大，并且最大值为______.记，当面积最大时，_____﹐_______.Р是椭圆上一点，，当面积最大时，______.2．过椭圆的右焦点F的直线与椭圆交于A，B两点，则面积最大值为_______.3．已知A，B，C分别是椭圆上的三个动点，则面积最大值为_____________.4．已知椭圆左顶点为，为椭圆上两动点，直线交于，直线交于，直线的斜率分别为且，（是非零实数），求______________.5．已知椭圆C：，A，B是椭圆C上两点，且关于点对称，P是椭圆C外一点，满足，的中点均在椭圆C上，则点P的坐标是___________.6．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______________.7．已知椭圆C：过点A(2，0)，B(0，1)两点.(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.8．已知椭圆：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线：与椭圆有且只有一个公共点T．（Ⅰ）求椭圆的方程及点的坐标；（Ⅱ）设是坐标原点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点，证明：存在常数，使得，并求的值．9．分别是椭圆于的左、右焦点.(1)若Р是该椭圆上的一个动点，求的取值范围；(2)设是它的两个顶点，直线与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点.求四边形AEBF面积的最大值.10．已知圆：，定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于点．（1）求点的轨迹的方程；（2）四边形的四个顶点都在曲线上，且对角线、过原点，若，求证：四边形的面积为定值，并求出此定值．参考答案：1．

4

2

1【分析】作伸缩变换，将椭圆变为圆，根据三角形面积公式求得当时，最大，进而依次计算可得.【详解】作变换此时椭圆变为圆，方程为，当时，最大，并且最大为，此时，.由于，，∴，，因为，所以.故答案为：；；4；2；1.2．##【分析】利用仿射变换，将椭圆变换为圆，利用圆的性质求出面积的最大值，从而可求出面积最大值【详解】作变换之后椭圆变为圆，方程为，，由于，因此时面积最大，此时，那么，故答案为：3．##4.5【分析】作变换之后椭圆变为圆，方程为，是圆的内接三角形，圆的内接三角形面积最大时为等边三角形，则，求出，代入即可得出答案.【详解】作变换之后椭圆变为圆，方程为，是圆的内接三角形，设的半径为，设所对应边长为，所以，当且仅当时取等，因为在上为凸函数，则，，当且仅当时取等，所以圆的内接三角形面积最大时为等边三角形，因此，又因为，∴.故答案为：.4．1【分析】设，由以及解出，代入椭圆方程求出；同理可得；进而求出的值．【详解】解法1：可得点，设，则，由可得，即有，，，两边同乘以，可得，解得，将代入椭圆方程可得，由可得，可得；故答案为：．解法2：作变换之后椭圆变为圆，方程为，，设，则，，∴，，∴.故答案为：．5．或.【解析】先利用点差法可求出直线AB的斜率为，即可得出直线方程，代入椭圆方程可求出A，B坐标，设出点P，则可表示出PA，PB中点坐标，代入椭圆方程即可求出点P坐标.【详解】设，A，B是椭圆C上两点，则，两式相减得，是AB中点，则，即，故直线AB斜率为，则直线AB方程为，即，将直线方程代入椭圆得，解得，则可得，设，则PA中点为，PB中点为，，的中点均在椭圆C上，则，解得或，的坐标为或.故答案为：或.【点睛】本题考查中点弦问题，解题的关键是先利用点差法求出直线斜率，进而求出A,B坐标，再结合题意求解.6．【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