仿射法在解析几何中的应用

定义 1　仿射变换

　　 设椭圆 ${\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$，其中 ${\displaystyle a>b>0}$，置变换： $$x^{\prime }=\frac{x}{a},y^{\prime }=\frac{y}{b}.$$ 则椭圆化为单位圆 ${\displaystyle C:x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1.}$

引理 1　

　　 变换后，平面内任意一条直线的斜率变为原来的 ${\displaystyle \frac{a}{b}.}$

引理 2　

　　 变换后，平面上任意区域的面积变为原来的 ${\displaystyle \frac{1}{ab}.}$

引理 3　

　　 变换后，线段中点依然是线段中点；关于水平线、铅垂线、坐标原点对称的元素依然对称；平面区域的重心保持不变

引理 4　

　　 变换前后，平行关系保持不变

引理 5　

　　 变换前后，平行线段的长度比保持不变

推论 1　

　　 设椭圆 ${\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}}$，直线 ${\displaystyle l}$ 交椭圆于点 ${\displaystyle A}$ 和 ${\displaystyle B}$，点 ${\displaystyle P(x_0,y_0)}$ 为线段 ${\displaystyle AB}$ 的中点，求直线斜率

　　 解：作变换 ${\displaystyle x^{\prime }=\frac{x}{a},y^{\prime }=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 ${\displaystyle C:x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1}$，且 ${\displaystyle P^{\prime }(\frac{x_0}{a},\frac{y_0}{b})}$

　　 故 ${\displaystyle k_{O{P}^{\prime }}=\frac{a{y}_0}{b{x}_0}.}$

　　 由性质 3，${\displaystyle P^{\prime }}$ 为 ${\displaystyle A^{\prime }{B}^{\prime }}$ 的中点

　　 在圆中，由垂径定理，${\displaystyle O{P}^{\prime }\mathrm{\perp }{A}^{\prime }{B}^{\prime }.}$

　　 而 ${\displaystyle k_{A^{\prime }{B}^{\prime }}\cdot k_{O{P}^{\prime }}=-1}$，得 ${\displaystyle k_{A^{\prime }{B}^{\prime }}=-\frac{b{x}_0}{a{y}_0}.}$

　　 由上述性质，${\displaystyle k_l=\frac{b}{a}\cdot k_{A^{\prime }{B}^{\prime }}=-\frac{b^2{x}_0}{a^2{y}_0}.}$

推论 2　

　　 设椭圆 ${\displaystyle \mathrm{\Gamma }:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)}$，直线 ${\displaystyle l}$ 切椭圆于点 ${\displaystyle P(x_0,y_0)}$，求直线斜率

　　 解：作变换 ${\displaystyle x^{\prime }=\frac{x}{a},y^{\prime }=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 ${\displaystyle C:x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1}$，${\displaystyle P^{\prime }(\frac{x_0}{a},\frac{y_0}{b}).}$

　　 故 ${\displaystyle k_{O{P}^{\prime }}=\frac{a{y}_0}{b{x}_0}.}$

　　 在圆中，由切线定理，${\displaystyle O{P}^{\prime }\mathrm{\perp }{l}^{\prime }.}$

　　 而 ${\displaystyle k_{l^{\prime }}\cdot k_{O{P}^{\prime }}=-1}$，得 ${\displaystyle k_{l^{\prime }}=-\frac{b{x}_0}{a{y}_0}.}$

　　 由上述性质 1，${\displaystyle k_l=\frac{b}{a}\cdot k_{l^{\prime }}=-\frac{b^2{x}_0}{a^2{y}_0}.}$

推论 3　

　　 设椭圆 ${\displaystyle \mathrm{\Gamma }:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)}$，${\displaystyle A}$、${\displaystyle B}$ 和 ${\displaystyle M}$ 为椭圆上的点，点 ${\displaystyle A}$ 和 ${\displaystyle B}$ 关于原点对称，求证：${\displaystyle k_{MA}\cdot k_{MB}}$ 为一定值

　　 证明：作变换 ${\displaystyle x^{\prime }=\frac{x}{a},y^{\prime }=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 ${\displaystyle C:x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1.}$

　　 则 ${\displaystyle A^{\prime }{B}^{\prime }}$ 为圆 ${\displaystyle C}$ 的直径，所以 ${\displaystyle M^{\prime }{A}^{\prime }\mathrm{\perp }{M}^{\prime }{B}^{\prime }}$，${\displaystyle k_{M^{\prime }{A}^{\prime }}\cdot k_{M^{\prime }{B}^{\prime }}=-1.}$

　　 由性质 1，${\displaystyle k_{MA}\cdot k_{MB}=-1\cdot \frac{b}{a}\cdot \frac{b}{a}=-\frac{b^2}{a^2}.}$

推论 4　

　　 设椭圆 ${\displaystyle \mathrm{\Gamma }:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)}$，${\displaystyle A}$ 和 ${\displaystyle B}$ 为椭圆上的点，点 ${\displaystyle M}$ 为 ${\displaystyle AB}$ 的中点，求证：${\displaystyle k_{AB}\cdot k_{OM}}$ 为一定值

　　 证明：作变换 ${\displaystyle x^{\prime }=\frac{x}{a},y^{\prime }=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 ${\displaystyle C:x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1.}$

　　 由性质 3，${\displaystyle M^{\prime }}$ 为 ${\displaystyle A^{\prime }{B}^{\prime }}$ 的中点，由垂径定理，${\displaystyle O^{\prime }{M}^{\prime }\mathrm{\perp }{A}^{\prime }{B}^{\prime }}$ , ${\displaystyle k_{O{M}^{\prime }}\cdot k_{A^{\prime }{B}^{\prime }}=-1.}$

　　 由性质 1，${\displaystyle k_{OM}\cdot k_{AB}=-1\cdot \frac{b}{a}\cdot \frac{b}{a}=-\frac{b^2}{a^2}.}$

推论 5　等角定理

　　 设椭圆 ${\displaystyle \mathrm{\Gamma }:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)}$，${\displaystyle A}$ 和 ${\displaystyle B}$ 为椭圆上的点，直线 ${\displaystyle AB}$ 交 ${\displaystyle x}$ 轴于点 ${\displaystyle P(x_0,0)}$，在 ${\displaystyle x}$ 轴上求一点 ${\displaystyle G}$，使 ${\displaystyle x}$ 轴平分 ${\displaystyle \mathrm{\angle }AGB}$

　　 解：作变换 ${\displaystyle x^{\prime }=\frac{x}{a},y^{\prime }=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 ${\displaystyle C:x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1}$，${\displaystyle P^{\prime }(\frac{x_0}{a},0).}$

　　 由性质 3，${\displaystyle \mathrm{\angle }{A}^{\prime }{G}^{\prime }{B}^{\prime }}$ 依然被 ${\displaystyle x}$ 轴平分，记 ${\displaystyle B^{\prime }{G}^{\prime }}$ 交圆 ${\displaystyle O}$ 于另一点 ${\displaystyle D^{\prime }}$

　　 易见 ${\displaystyle \mathrm{\angle }{A}^{\prime }O{G}^{\prime }=\frac{1}{2}\cdot \mathrm{\angle }{A}^{\prime }O{D}^{\prime }=\mathrm{\angle }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }.}$

　　 又 ${\displaystyle \mathrm{\angle }{A}^{\prime }{P}^{\prime }O=\mathrm{\angle }{B}^{\prime }{P}^{\prime }{G}^{\prime },}$

　　 所以 ${\displaystyle \mathrm{\angle }O{A}^{\prime }{P}^{\prime }=\mathrm{\angle }O{G}^{\prime }{B}^{\prime }.}$

　　 又 ${\displaystyle \mathrm{\angle }{A}^{\prime }{G}^{\prime }O=\mathrm{\angle }{B}^{\prime }{G}^{\prime }O,}$

　　 故 ${\displaystyle \mathrm{\angle }O{A}^{\prime }{B}^{\prime }=\mathrm{\angle }{A}^{\prime }{G}^{\prime }O.}$

　　 又 ${\displaystyle \mathrm{\angle }{A}^{\prime }O{G}^{\prime }=\mathrm{\angle }{A}^{\prime }O{G}^{\prime },}$

　　 故 ${\displaystyle \mathrm{△}{A}^{\prime }O{G}^{\prime }\sim \mathrm{△}{P}^{\prime }O{A}^{\prime }.}$

　　 进而 ${\displaystyle \frac{O{P}^{\prime }}{O{A}^{\prime }}=\frac{O{A}^{\prime }}{O{G}^{\prime }},}$

　　 故 ${\displaystyle O{P}^{\prime }\cdot O{G}^{\prime }=O{A}^{\prime 2}=1.}$

　　 即 ${\displaystyle G^{\prime }(\frac{a}{x_0},0).}$

　　 由性质 1，${\displaystyle G(\frac{a^2}{x_0},0).}$

推论 6　

　　 过椭圆 ${\displaystyle \mathrm{\Gamma }:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$ 上任一点 ${\displaystyle A(x_0,y_0)}$ 作两条倾斜角互补的直线交椭圆于点 ${\displaystyle P}$,${\displaystyle Q}$，求证：${\displaystyle k_{PQ}}$ 为一定值

　　 证明：作变换 ${\displaystyle x^{\prime }=\frac{x}{a},y^{\prime }=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 ${\displaystyle C:x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1}$ , ${\displaystyle A(\frac{x_0}{a},\frac{y_0}{b}).}$

　　 由性质 3，${\displaystyle A^{\prime }{P}^{\prime }}$,${\displaystyle A^{\prime }{Q}^{\prime }}$ 仍然关于铅垂线对称，故 ${\displaystyle \mathrm{\angle }{P}^{\prime }{A}^{\prime }{B}^{\prime }=\mathrm{\angle }O{A}^{\prime }{B}^{\prime }.}$

　　 同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，故 ${\displaystyle \mathrm{\angle }{P}^{\prime }O{B}^{\prime }=\mathrm{\angle }{Q}^{\prime }O{B}^{\prime }.}$

　　 又 ${\displaystyle O{P}^{\prime }=O{Q}^{\prime }}$，等腰三角形三线合一，所以 ${\displaystyle O{B}^{\prime }\mathrm{\perp }{P}^{\prime }{Q}^{\prime }}$, ${\displaystyle k_{P^{\prime }{Q}^{\prime }}\cdot k_{O{B}^{\prime }}=-1.}$

　　 又因为 ${\displaystyle k_{O{A}^{\prime }}=-k_{O{B}^{\prime }}}$ ,所以 ${\displaystyle k_{O{A}^{\prime }}\cdot k_{P^{\prime }{Q}^{\prime }}=1,}$

　　 而 ${\displaystyle k_{O{A}^{\prime }}=\frac{a\cdot y_0}{b\cdot x_0}}$ ,因此 ${\displaystyle k_{P^{\prime }{Q}^{\prime }}=\frac{b\cdot x_0}{a\cdot y_0}.}$

　　 由性质 1，${\displaystyle k_{PQ}=\frac{b^2\cdot x_0}{a^2\cdot y_0}.}$

推论 7　

　　 求椭圆 ${\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$ 内接三角形的最大面积和外切三角形的最小面积

　　 解：作变换 ${\displaystyle x^{\prime }=\frac{x}{a},y^{\prime }=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 ${\displaystyle C:x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1.}$

　　 由琴生不等式： $$S_{\text{ins}}^{\prime }\le \frac{3}{2}\cdot \sin \frac{\pi }{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4},S_{\text{ext}}^{\prime }\ge 3\cot \frac{\pi }{6}=3\sqrt{3}.$$

　　 由性质 2： $$S_{\text{ins}max}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot ab,S_{\text{ext}max}=3\sqrt{3}\cdot ab.$$

推论 8　

　　 求以 ${\displaystyle O}$ 为重心的椭圆 ${\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$ 的内接三角形 ${\displaystyle \mathrm{△}ABC}$ 的面积

　　 解：作变换 ${\displaystyle x^{\prime }=\frac{x}{a},y^{\prime }=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 ${\displaystyle C:x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1.}$

　　 由性质 3，${\displaystyle O}$ 仍为 ${\displaystyle \mathrm{△}{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}$ 的重心，故 ${\displaystyle \overrightarrow{O{A}^{\prime }}=\overrightarrow{O{B}^{\prime }}=\overrightarrow{O{C}^{\prime }}}$ , ${\displaystyle \mathrm{△}{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}$ 为等边三角形

　　 故 ${\displaystyle S_{\mathrm{△}{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{3\sqrt{3}}{4}}$ ,由性质 3，${\displaystyle S_{\mathrm{△}ABC}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot ab.}$

推论 9　软解定理

　　 已知椭圆 ${\displaystyle \mathrm{\Gamma }:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$，过 ${\displaystyle T(t,0)}$ 的直线 ${\displaystyle l}$ 交 ${\displaystyle \mathrm{\Gamma }}$ 于 ${\displaystyle A}$,${\displaystyle B}$ 两点，且 ${\displaystyle \frac{AT}{BT}=p}$ ,求 ${\displaystyle l}$ 斜率

　　 解：作变换 ${\displaystyle x^{\prime }=\frac{x}{a},y^{\prime }=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 ${\displaystyle C:x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1.}$

　　 由性质 5，仍有 ${\displaystyle \frac{A^{\prime }{T}^{\prime }}{B^{\prime }{T}^{\prime }}=p}$ ,记 ${\displaystyle m=A^{\prime }{T}^{\prime },n=B^{\prime }{T}^{\prime }}$ ,于是 ${\displaystyle \frac{m}{n}=p.}$

　　 由切割线定理，${\displaystyle A^{\prime }{T}^{\prime }\cdot B^{\prime }{T}^{\prime }=M{T}^{\prime }\cdot N{T}^{\prime }}$ ,其中 ${\displaystyle M}$,${\displaystyle N}$ 为单位圆与 ${\displaystyle x}$ 轴的两交点

　　 即 ${\displaystyle m\cdot n=(1+t^{\prime })(1-t^{\prime })=1-t^{\prime 2}.}$

　　 接着， $$(m+n{)}^2=m^2+n^2+2mn=\frac{mn}{\frac{m}{n}}+\frac{mn}{\frac{n}{m}}+2mn=(p+\frac{1}{p}+2)(1-t^{\prime 2}).$$ 由垂径定理 $$1-\frac{k^{\prime 2}{t}^{\prime 2}}{k^{\prime 2}+1}=\frac{1}{4}(p+\frac{1}{p}+2)(1-t^{\prime 2}).$$ 整理，由性质 1 得： $$\frac{1}{1+(\frac{b}{ak}{)}^2}=1-\frac{1}{4}(p+\frac{1}{p}+2)(1-{\frac{t}{a}}^2).$$

推论 10　

　　 设椭圆 ${\displaystyle \mathrm{\Gamma }:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$ ,${\displaystyle C}$ 为第三象限内椭圆上的一点，${\displaystyle A}$,${\displaystyle B}$ 分别是椭圆的上顶点、右顶点，直线 ${\displaystyle OA}$ 与 ${\displaystyle y}$ 轴交于点 ${\displaystyle M}$，直线 ${\displaystyle OB}$ 与 ${\displaystyle x}$ 轴交于点 ${\displaystyle N}$，求证：四边形 ${\displaystyle ABNM}$ 的面积为定值

　　 证明：作变换 ${\displaystyle x^{\prime }=\frac{x}{a},y^{\prime }=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 ${\displaystyle O:x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1.}$

　　 于是 ${\displaystyle O{M}^{\prime }=\tan \beta ,O{N}^{\prime }=\tan \alpha ,\alpha +\beta =\frac{\pi }{4}.}$

　　 于是 $$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }& =\frac{1}{2}\cdot B^{\prime }{M}^{\prime }\cdot A^{\prime }{N}^{\prime }\\ & =\frac{1}{2}(\tan \alpha +1)(\tan \beta +1)\\ & =\frac{1}{2}\cdot [\tan \alpha \tan \beta +(\tan \alpha +\tan \beta )+1]\\ & =\frac{1}{2}\cdot [\tan \alpha \tan \beta +1-\tan \alpha \tan \beta +1]\\ & =1.\end{array}$$ 由性质 2，${\displaystyle S=ab.}$

推论 11　蒙日圆

　　 求椭圆 ${\displaystyle \mathrm{\Gamma }:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$ 两垂直切线的交点的轨迹方程

　　 解：置 ${\displaystyle x^{\prime }=\frac{x}{a},y^{\prime }=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 ${\displaystyle x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1.}$

　　 如图，设直线 ${\displaystyle \text{AB}}$,${\displaystyle \text{AC}}$ 的斜率分别为 ${\displaystyle k_1}$,${\displaystyle k_2}$，由仿射性质，${\displaystyle k_1{k}_2=-\frac{a^2}{b^2}.}$

　　 设 ${\displaystyle \text{A}(x_0,y_0)}$，于是： $$\text{AB}:y=k_1(x-x_0)+y_0\text{BC}:y=k_2(x-x_0)+y_0.$$

　　 原点到切线的距离为圆的半径，即：${\displaystyle \frac{|k_{1,2}{x}_0-y_0|}{\sqrt{k_{1,2}^2+1}}=1.}$

　　 化简得： $$(x_0^2-1)k_{1,2}^2-2x_0{y}_0{k}_{1,2}+y_0^2-1=0.$$

　　 由韦达定理： $$\frac{y_0^2-1}{x_0^2-1}=-\frac{a^2}{b^2}.$$

　　 即： $$a^2{x}_0^2+b^2{y}_0^2=a^2+b^2.$$

　　 回代，得： $$\text{M}:x^2+y^2=a^2+b^2.$$

推论 12　

　　 设过椭圆 ${\displaystyle \mathrm{\Gamma }:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$ 外一点 ${\displaystyle P(x_0,y_0)}$ 作椭圆的一条切线 ${\displaystyle l}$ 切椭圆于 ${\displaystyle M}$，连结 ${\displaystyle PM}$，求 ${\displaystyle |PM|}$

　　 解：过 ${\displaystyle O}$ 作直线 ${\displaystyle l^{\prime }}$ 交椭圆于两点，靠近点 ${\displaystyle P}$ 一侧的点为 ${\displaystyle A}$，设 ${\displaystyle |PM|=\lambda |OA|}$，我们只需要求出 ${\displaystyle \lambda }$ 以及 ${\displaystyle |OA|}$

　　 不妨令 ${\displaystyle x^{\prime }=\frac{x}{a},y^{\prime }=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为圆 ${\displaystyle C:x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1.}$

　　 变换前后，平行线段比例不变，故 ${\displaystyle \lambda =\frac{|P^{\prime }{M}^{\prime }|}{|O{A}^{\prime }|}=\sqrt{\frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2}-1}.}$

　　 至于 ${\displaystyle |OA|}$，可以求出切线斜率，与椭圆联立，这里不再赘述