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

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 $\displaystyle{\frac1{ab}}~.$

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

　　 故 $\displaystyle{k_{OP'}=\frac{ay_0}{bx_0}}~.$

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

　　 在圆中，由垂径定理，$\displaystyle{OP'\bot A'B'}~.$

　　 而 $\displaystyle{k_{A'B'}\cdot k_{OP'}=-1}$，得 $\displaystyle{k_{A'B'}=-\frac{bx_0}{ay_0}}~.$

　　 由上述性质，$\displaystyle{k_l=\frac{b}{a}\cdot k_{A'B'}=-\frac{b^2x_0}{a^2y_0}}~.$

推论 2　

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

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

　　 故 $\displaystyle{k_{OP'}=\frac{ay_0}{bx_0}}~.$

　　 在圆中，由切线定理，$\displaystyle{OP'\bot l'}~.$

　　 而 $\displaystyle{k_{l'}\cdot k_{OP'}=-1}$，得 $\displaystyle{k_{l'}=-\frac{bx_0}{ay_0}}~.$

　　 由上述性质 1，$\displaystyle{k_l=\frac{b}{a}\cdot k_{l'}=-\frac{b^2x_0}{a^2y_0}}~.$

推论 3　

　　 设椭圆 $\displaystyle{\Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)}$，$\displaystyle{A}$、$\displaystyle{B}$ 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 $\displaystyle{x'=\frac{x}{a},y'=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 $\displaystyle{C:x'^2+y'^2=1}~.$

　　 则 $\displaystyle{A'B'}$ 为圆 $\displaystyle{C}$ 的直径，所以 $\displaystyle{M'A'\bot M'B'}$，$\displaystyle{k_{M'A'}\cdot k_{M'B'}=-1}~.$

　　 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 $\displaystyle{\Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)}$，$\displaystyle{A}$ 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 $\displaystyle{x'=\frac{x}{a},y'=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 $\displaystyle{C:x'^2+y'^2=1}~.$

　　 由性质 3，$\displaystyle{M'}$ 为 $\displaystyle{A'B'}$ 的中点，由垂径定理，$\displaystyle{O'M'\bot A'B'}$ , $\displaystyle{k_{OM'}\cdot k_{A'B'}=-1}~.$

　　 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 $\displaystyle{\Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)}$，$\displaystyle{A}$ 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 $\displaystyle{\angle AGB}$

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

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

　　 易见 $\displaystyle{\angle A'OG'=\frac{1}{2}\cdot\angle A'OD'=\angle A'B'D'}~.$

　　 又 $\displaystyle{\angle A'P'O=\angle B'P'G'}~,$

　　 所以 $\displaystyle{\angle OA'P'=\angle OG'B'}~.$

　　 又 $\displaystyle{\angle A'G'O=\angle B'G'O}~,$

　　 故 $\displaystyle{\angle OA'B'=\angle A'G'O}~.$

　　 又 $\displaystyle{\angle A'OG'=\angle A'OG'}~,$

　　 故 $\displaystyle{\triangle A'OG'\sim \triangle P'OA'}~.$

　　 进而 $\displaystyle{\frac{OP'}{OA'}=\frac{OA'}{OG'}}~,$

　　 故 $\displaystyle{OP'\cdot OG'=OA'^2=1}~.$

　　 即 $\displaystyle{G'\left(\frac{a}{x_0},0\right)}~.$

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

推论 6　

　　 过椭圆 $\displaystyle{\Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$ 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 $\displaystyle{x'=\frac{x}{a},y'=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 $\displaystyle{C:x'^2+y'^2=1}$ , $\displaystyle{A\left(\frac{x_0}{a},\frac{y_0}{b}\right)}~.$

　　 由性质 3，$\displaystyle{A'P'}$,$\displaystyle{A'Q'}$ 仍然关于铅垂线对称，故 $\displaystyle{\angle P'A'B'=\angle OA'B'}~.$

　　 同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，故 $\displaystyle{\angle P'OB'=\angle Q'OB'}~.$

　　 又 $\displaystyle{OP'=OQ'}$，等腰三角形三线合一，所以 $\displaystyle{OB'\bot P'Q' }$, $\displaystyle{k_{P'Q'}\cdot k_{OB'}=-1}~.$

　　 又因为 $\displaystyle{k_{OA'}=-k_{OB'}}$ ,所以 $\displaystyle{k_{OA'}\cdot k_{P'Q'}=1~,}$

　　 而 $\displaystyle{k_{OA'}=\frac{a\cdot y_0}{b\cdot x_0}}$ ,因此 $\displaystyle{k_{P'Q'}=\frac{b\cdot x_0}{a\cdot y_0}}~.$

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

　　 由琴生不等式： $$S'_{\text{ins}}\leq \frac{3}{2}\cdot \sin\frac{\pi}{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}, S'_{\text{ext}}\geq 3\cot\frac{\pi}{6}=3\sqrt{3}~.$$

　　 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 $\displaystyle{\triangle ABC}$ 的面积

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

　　 由性质 3，$\displaystyle{O}$ 仍为 $\displaystyle{\triangle A'B'C'}$ 的重心，故 $\displaystyle{\vec{OA'}=\vec{OB'}=\vec{OC'}}$ , $\displaystyle{\triangle A'B'C'}$ 为等边三角形

　　 故 $\displaystyle{S_{\triangle A'B'C'}=\frac{3\sqrt{3}}{4}}$ ,由性质 3，$\displaystyle{S_{\triangle ABC}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot ab}~.$

推论 9　软解定理

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

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

　　 由性质 5，仍有 $\displaystyle{\frac{A'T'}{B'T'}=p}$ ,记 $\displaystyle{m=A'T',n=B'T'}$ ,于是 $\displaystyle{\frac{m}{n}=p}~.$

　　 由切割线定理，$\displaystyle{A'T'\cdot B'T'=MT'\cdot NT'}$ ,其中 $\displaystyle{M}$,$\displaystyle{N}$ 为单位圆与 $\displaystyle{x}$ 轴的两交点

　　 即 $\displaystyle{m\cdot n=(1+t')(1-t')=1-t'^2}~.$

　　 接着， $$(m+n)^2=m^2+n^2+2mn=\frac{mn}{\frac{m}{n}}+\frac{mn}{\frac{n}{m}}+2mn=\left(p+\frac{1}{p}+2\right)(1-t'^2)~.$$ 由垂径定理 $$1-\frac{k'^2t'^2}{k'^2+1}=\frac{1}{4}\left(p+\frac{1}{p}+2\right)(1-t'^2)~.$$ 整理，由性质 1 得： $$\frac{1}{1+(\frac{b}{ak})^2}=1-\frac{1}{4}\left(p+\frac{1}{p}+2\right)\left(1-\frac{t}{a}^2\right)~.$$

推论 10　

　　 设椭圆 $\displaystyle{\Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$ ,$\displaystyle{C}$ 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 $\displaystyle{x'=\frac{x}{a},y'=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为单位圆 $\displaystyle{O:x'^2+y'^2=1}~.$

　　 于是 $\displaystyle{OM'=\tan{\beta},ON'=\tan{\alpha},\alpha+\beta=\frac{\pi}{4}}~.$

　　 于是 $$ \begin{aligned} S'&=\frac{1}{2}\cdot B'M'\cdot A'N'\\ &=\frac{1}{2}(\tan\alpha+1)(\tan\beta+1)\\ &=\frac{1}{2}\cdot\left[\tan\alpha\tan\beta+(\tan\alpha+\tan\beta)+1\right]\\ &=\frac{1}{2}\cdot[\tan\alpha\tan\beta+1-\tan\alpha\tan\beta+1]\\ &=1 ~. \end{aligned} $$ 由性质 2，$\displaystyle{S=ab}~.$

推论 11　蒙日圆

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

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

　　 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，$\displaystyle{k_1k_2=-\frac{a^2}{b^2}}~.$

　　 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： $$(x_0^2-1)k_{1,2}^2-2x_0y_0k_{1,2}+y_0^2-1=0~.$$

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

　　 即： $$a^2x_0^2+b^2y_0^2=a^2+b^2~.$$

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

推论 12　

　　 设过椭圆 $\displaystyle{\Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$ 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 $\displaystyle{l'}$ 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 $\displaystyle{x'=\frac{x}{a},y'=\frac{y}{b}}$，则椭圆化为圆 $\displaystyle{C:x'^2+y'^2=1}~.$

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

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