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用伸缩变换赏析2015年高考解析几何试题

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-19 00:34
tags:2013全国高中数学联赛

高中数学必修2第三章教学视频教程-高中数学课外拓展阅读

2020年9月19日发(作者:支子杰)


用伸缩变换赏析2015年高考解析几何试题

高考试题是课堂教学 丰富而宝贵的资源,分析和研究
高考试题对于把握高考试题的命题趋势,提高课堂教学效率
具有 十分重要的积极作用.纵观2015年各省市的高考解析几
何试题,笔者惊奇地发现,利用伸缩变换的不 变性来赏析这
些试题,不仅可以得到非常简洁的解法,而且从一定程度上
还能窥看到这些试题命 制的源泉,本文拟就此发表笔者的一
些粗浅想法,供读者参考.为了便于后续问题的探讨,我们首
先不加证明地介绍伸缩变换及其不变性,相关证明读者可以
参考相关文献.

在平面直角坐标系中,给出变换T:P(x,y)→P′(x′,
y′),其中 x′=xa
y′=yb,a>0,b>0,我们称变换T为平面直角坐
标中的伸缩变换. 对于给定的三点
A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)
及 直线l1,l2,设其在变换T的像分别为A′(x1a,y1b)、
B′(x2a,y2b)、C′( x3a,y3b),及直线l′1,l′2,平
面曲线Γ在变换T下的像为平面曲线Γ′,则变换T具有 下
列性质:
性质1 共线结合性,即AB=λACA′B′=λA′C′;l1


∥l2l′1∥l′2;A∈ΓA′∈Γ′.
性质2 若直线AB的斜率k存在且非零,则直线A′B′
的斜率k′存在,且kk′=ba;
性质3 若A,B,C三点不共线,则△ABC的面积为S,
△A′B′C′的面积为S′,则SS′=ab.
性质4 曲线Γ的方程为f(x,y)=0,则曲线Γ′的方
程为f(ax,by)=0.
另外为了后续行文的简洁,无特别说明,我们都默认:
点P、直线l、曲线Γ在变换T下的 像分别为点P′、直线l′、
曲线Γ′.显然在伸缩变换T下,椭圆E:x2a2+y2b2=1
(a>b>0)的像为单元圆x2+y2=1,结合上述性质我们
就可将椭圆中复杂的问 题等价转化为单位圆中相应的简单
问题,下面我们利用该原理来赏析2015年高考中涉及椭圆
的部分解析几何试题.
1 利用伸缩变换赏析解析几何中的位置关系
由于伸缩 变换保持结合性、平行关系和线段比例关系,
利用这些性质我们可以将椭圆中的位置关系转化为单位圆< br>中的相应位置关系,以此可以规避椭圆中的复杂运算.
例1 (2015年全国卷Ⅱ理科 第20题)已知椭圆C:
9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点且不平行于坐标轴,< br>l与C有两个交点A、B,线段AB的中点为M.
(Ⅰ)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;


(Ⅱ)若l过点(m3 ,m),延长线段OM与C交于点P,
四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,请说明理由.
图1
证明(Ⅰ)引入伸缩变换T:(x,y)→( xa,yb),a=m3,
b=m,则椭圆C的像为单位圆,如图1所示.考虑到O′M′
⊥A ′B′,则kO′M′?kA′B′=-1,从而直线OM,AB
的斜率乘积kOM?kAB=bakO ′M′?bakA′B′=b2a2×(-1)
=-9,为定值.
(Ⅱ)要使得四边形OAPB为平行四边形,则
根据变换T的不变性,其像O′A′P′B′也为
平行四边形,考虑到点M′为A′B′的中点,从
而只需M′也为O′P′的中点即可,故只需原点O′
到经过点(1,1)的直线l′的距离为12即可.设直线l′
的斜率为k′,则l′的方程为k′x-y-k′+1=0,
则|k′-1|1+k′2=12 ,从而求得k′=4±73.从而直线l的
斜率k=bak′=3k′=4±7.从而满足条件的直线l 存在,其斜
率为4±7.
2 利用伸缩变换赏析解析几何中的弦长关系
设线段AB在伸缩变换T下的像为线段A′B′.显然在
伸缩变换下线段的长度关系不具有确定的关系, 但是我们可
以利用斜率的不变关系(即性质2)寻找|AB|,|A′B′|的关


系:即设线段AB所在直线斜率为k,则|AB||A′B′
|=1+k21+k′2|xA- xB||xA′′-xB′′|=a1+k21+k′
2=a1+k21+abk2.
利用这个关系我们可以将椭圆中的弦长问题转化为单
位圆中的弦长问题.
例2 (20 15年陕西省高考理科数学第20题)已知椭圆
E:x2a2+y2b2=1(a>b>0 )的半焦距为c,原点O到经
过两点(c,0),(0,b)的直线的距离为12c.
(Ⅰ)求椭圆E的离心率;
(Ⅱ)如图2,AB是圆M:(x+2)2+(y-1)2=52的 一
条直径,若椭圆E经过A、B两点,求椭圆E的方程.
图2
解 (Ⅰ)过点(c,0),(0,b)的直线为bx+cy-bc=0,
则原点O到此直线的距离d=bc b2+c2=c2,故a=2b,即a2∶
b2∶c2=4∶1∶3,故椭圆E的离心率为32.
(Ⅱ)设椭圆E的方程为x24λ2+y2λ2=1(λ>0),
引入伸缩变换T:(x,y)→(xa,yb),a=2λ,b=λ.
则椭圆E在变换T下的像为单元圆,如图2所示.
由于点M(-2,1)为AB的中点, 故M′(-1λ,1
λ)
为A′B′的中点,则在单位圆中|A′B′|=
21-|O′M′|2=21-2λ2,且kA′B′=1.


从而 在椭圆E中,kAB=-bakA′B′=-12,从而|AB||A′
B′|=1+k21+k′2| xA-xB||xA′-xB′|=2λ1+141+1=52?λ.
从而|AB|=52?λ?21-2λ2=
10?λ2-2,又由于|AB|=10,故10? λ2-2=10,求得λ2=3,
故所求的椭圆E的方程为x212+y23=1. 3 利用伸缩变
换赏析解析几何中的面积关系
由于在伸缩变换T下△ABC的面积与其像△ A′B′
C′的面积间具有非常好的不变性S△ABCS△A′B′C′
=ab,而圆中的内接 三角形面积的计算远比椭圆中的内接三
角形面积的计算要简单,因此利用伸缩变换来处理椭圆中的
三角形的面积会比用常规方法求解要简单很多.
例3 (2015年上海市高考数学第21题 )已知椭圆
x2+2y2=1,过原点的两条直线l1和l2分别与椭圆交于A、B
和C、D. 记得到的平行四边形ACBD的面积为S.
(Ⅰ)设A(x1,y1),C(x2,y2),用A、C的坐标
表示点C到直线l1的距离,并证明:
S=2|x1y2-x2y1|;
(Ⅱ)设l1与l2的斜率之积为-12,求面积S的值.
解 (Ⅰ)显然点C(x2,y2) 到直线l1的距离d即为
OC=(x2,y2)在直线AB的法向量n=(y1,-x1)方向上
的投影的绝对值,即d=|OC?n||n|=|x1y2-x2y1|x21+y21,而
S=|A B|?d


=2x21+y21×|x1y2-x2y1|x21+y21=2|x1y2-x2y1|.
(Ⅱ)引入伸缩变换T:(x,y)→(xa,yb2),a=1,
b=22,则椭圆在变换T下的像为单位圆,
如图3所示.由于直线l1与l2的斜率之积为
k1?k2=-12,则直线l1与l2的像l1′与l2′的
斜率之积k1′? k2′=2k1?2k2=2×-12=-1,也即A′B′
⊥C′D′.从而平行四边形A′B′C′ D′是边长为2的正
方形,其面积为2,故平行四边形ABCD的面积S=abS′
=22S′ =2.
图3
例4 (2015年湖北省高考理科数学第21题)一种作图工具如图4所示.O是滑槽AB的中点,短杆ON可绕O转
动,长杆MN通过N处铰链与
ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动,
且DN=ON=1,MN=3.当栓子D在滑槽
AB内作往复运动时,带动N绕O转动一周(
D不动时,N也不动),M处的笔尖画出的曲线
记为C.以O为原点,AB所在的直线为x轴建
立如图4所示的平面直角坐标系.
(Ⅰ)求曲线C的方程;
(Ⅱ)设动直线l与两定直线l1:x-2y=0和l2:x+2y=0
分别交于P,Q两点.若直线l


总与曲线C有且只有一个公共点,试探究:△OPQ的面
积是否存在最小值?若
存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.
图4
解(Ⅰ)略,曲线C的方程为x2+4y2=16,即x216+y24=1.
图5
(Ⅱ)引入伸缩变换T:(x,y)→(xa,yb),
a=4,b=2,则曲线C的像为单位圆,直
线l1:x-2y=0,l2:x+2y=0的像为
l1′:x-y=0,l2′:x+y=0,从而l1′⊥l2′.
由于直线l与椭圆C相切,设其切点为H,
则其像l′与单位圆相切,切点为H′,如图5所示 .从
而在△O′P′Q′中,OH′⊥P′Q′.设|O′Q′|=r1,|O′
P′|=r2 ,则|P′Q′|=r21+r22,由等面积法得
r1?r2=r21+r22,从而1r2 1+1r22=1.由此1=1r21+1r22≥
2r1r2,即r1?r2≥2,故△O′P′Q′ 的面积S′=12r1?r2的
最小值为1(当点H′在坐标轴上),故△OPQ的面积S=abS′< br>=8S′的最小值为8,此时直线l与椭圆C的切点在坐标轴上.
例5 (2015年 山东省高考理科数学第20题)平面直
角坐标系中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a> b>0)的
离心率为32,其左、右焦点分别是F1,F2.以F1为圆心以3
为半径的 圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交,且交点在


椭圆C上.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)设椭圆E:x24a2+y24b2=1(a>b> ;0),点P
为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,
B两点,射线O P交椭圆E于点Q.
(?。┣?|OQ||OP|的值;(??)求△ABQ面积的最大值.
解 (Ⅰ)由题得2a=4,故a=2,又
e=32,从而b=1,即椭圆C的方程为
x24+y2=1.
(Ⅱ) (? 。┩衷?E的方程为x216+y24=1.引入伸缩变
换T:(x,y)→(xa,yb),a=4, b=2,则椭圆E的像为单
位圆E′,椭圆C的像为圆C′:x2+y2=14,如图6所示.
图6
显然|O′Q′||O′P′|=xQ′xP′
=axQaxP=x QxP=|OQ||OP|,故|OQ||OP|=|O′Q′||O′P′
|=112=2.
(??)在单位圆中,设Q′,O′到直线A′B′的距离
为dQ′,dO′,由条件得d Q′=3dO′,故△A′B′Q′
的面积S△A′B′Q′=12|A′B′|?dQ′=32|A′ B′|?dO′
=31-d2O′?dO′=3d2O′(1-d2O′),由于dO′≤|O′P′< br>|=12,从而dO′∈[0,12].故当dO′=12时,S△A′B′Q′
有最大值334 .故△ABQ的面积S△ABQ=abS△A′B′Q′


=8S△A′B′Q′有最大值 63.综合上述,△ABQ面积的最
大值为63.
例6 (2015年浙江省高考理 科数学第19题)已知椭
圆x22+y2=1上两个不同的点A、B关于直线y=mx+12对称.
(Ⅰ)求实数m的取值范围;
(Ⅱ)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).
图7
解 (Ⅰ)引入伸缩变换T:(x,y)→(xa,yb),a=2,
b=1,则椭圆x22+y2=1的像为单位圆,如图7所示.直线l:
y=mx+12(m≠0)的 像为
直线l′:y=2mx+12.由于点M为AB
中点,从而点M′为A′B′的中点,故
kO′M′?kA′B′=-1;又AB⊥l,故kAB?kl
=-1,从而直线A′B′的斜率kA′B′与直线
l′的斜率kl′满足kA′B′?kl′
=abkAB?abkl=a2b2kAB?kl=-2.考虑到直线l′的斜率为2m,
则直 线kA′B′=-2m,直线O′M′的斜率kO′M′=m2.
设点M′(x0′,y0′) ,则由kO′M′=m2得y0′
=m2x0′;另一方面点M′在直线l′:y=2mx+12上,故
y0′=2mx0′+12.由此可求得点M′的坐标为
(-12m,-12).
考虑到点M′(-12m,-12)在单位圆内部,从而


-12m2+-1 22<1,求得m<-63或m>63.
综合上述,所求的实数m的取值范围为
(-∞,-63)∪(63,+∞).
(Ⅱ)显然,在单位圆中,△A′O′B′的面积S′
=12|O′A′|?|O′B′|?sin∠A ′O′B′≤12,当且仅当O′
A′⊥O′B′,即|O′M′|=22取等号.由于M′(-12m ,
-12),令|O′M′|=
-12m2+-122=22,求得m=±2∈(-∞ ,-63)∪(63,+
∞).由此△A′O′B′的面积的最大值为12,故△AOB的
面积 S=abS′=2S′的最大值为22.
综合上述,利用伸缩变换来求解椭圆中的问题不仅可以
回避复杂的解析代数运算,而且还能从根源上发现试题的本
质,是我们理解和把握试题非常有效 的工具.另外值得一提的
是,借助伸缩变换的不变性及其圆中的基本性质,我们也能
像命题专家 一样命制一些独具创意的试题,如:已知直线l
交椭圆C:x24+y2=1于A、B两点,O为坐标原 点.若在椭圆
C上存在一点M,使得OM=λOA+μOB.若λ2+μ2=1,求
△AOB的 面积.读者也不妨一试!
作者简介 林国夫,男,浙江上虞人,1981年生,中学
一 级教师,市学科带头人.其辅导的学生在高中数学联赛中获
全国二等奖及以上近10人次.发表文章四十 余篇.

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