小題目 新探究 好方法

蔣瑜琦

一小題目的新探究

題目：（2013年廣東省高中數學競賽預賽改編）設A，B，N，是橢圓

上三點，滿足 ，M為線段AB中點，求M的軌跡方程.

圖1

證明：證法1：據文[1]可知，A，B為一對共軛直徑的兩端點，設A（x1，y1），B（x2，y2） ，M（x0，y0） .據共軛直徑的性質知有， ，即 。

圖2

證法2：從證法1可以看出橢圓C2與橢圓C1是相似橢圓，這就使我們聯想到可以用伸縮變換，將橢圓C1變成圓來處理此題.

作伸縮變換（x，y）→ 。得圓C1：x2+y2=a2。此時A，B依然是圓C1的一對共軛直徑的兩端點，可知此時 . B，A在圓C1上OA=OB=a.在等腰直角三角形ABO中有 .∴M的軌跡方程為圓C2： .

再將圓C2通過伸縮變換（x，y）→ ，得到橢圓C2，從而得到的軌跡方程 .

點評：圖2中，若我們將OM延長，交圓C1于點N，不難發現 ，根據伸縮變換關于線的性質（經過仿射變換的直線，平行性不變，對曲線的切性不變，平行或共線線段的比例不變）可知，若圖1也做相關變動，也有 .

在這里給出一個定義：若橢圓C1： 和橢圓C2： 滿足

，則稱這兩個橢圓相似，m為其相似比，并且若過原點O做一條射線，交C1，C2于N，M.則 （證明略）

從此題，我們可以得出這樣一個結論：命題1：設橢圓中心為坐標原點O，若橢圓C1，橢圓C2，的相似比為 （即橢圓C1更大），若A，B分別是橢圓C1一對共軛直徑的兩個端點，則直線AB為橢圓C2的切線，且切點M平分線段AB.

證明：首先我們在相似比為 的兩個圓中證明該結論。在圖2的基礎上再畫一個圓C3： ，延長ON交于C3，可知 ，且C3，C1的相似比為

，延長OA，OB分別交C3于C，D，連接C，D。可知C，D為圓C3的一對共軛直徑的兩個端點，過O作 ，顯然H為C，D中點，OH為O到直線CD距離（如圖3）

圖3

∵等腰直角三角形OCD∴OH= a=圓C半徑∴CD與圓C相切，點N與點H 重合，N為切點，得證

將圓伸縮變換（x，y）→ 變換成橢圓，根據伸縮變換關于線的性質可知結論依然成立，如圖4

圖4

二對命題1的推廣

命題2：設橢圓中心為坐標原點O，若橢圓C2，C1的相似比為 （橢圓C2 更大），做橢圓C1的外切平行四邊形ABCD，且A，B，C，D四點在橢圓C2上，則該平行四邊形的對角線為橢圓C2的一對共軛直徑，且該平行四邊形的面積為定值.

證明命題2之前，先來證明一個小引理.

對圖3進行一些漂亮的改動，如圖5。

圖5

圖6

設OC，OD分別交圓C2于E，F，連N，F交圓C1于K，連NE并延長交圓C1于I，連OI，OK，IC，DK

∵ON= a， ，OF=a，∴據余弦定理可知MF=a，∴ ，F為圓C2的切點，∴根據上述結論可知N，K為圓C1的一對共軛直徑的兩端點，NF=FK，同理可得N，I也為圓C1一對共軛直徑的兩端點，且NE=IEC∴I，O，K在同一直線上.又圓C2與圓C3的相似比為2，可知 ，即F為OD中點，又F平分NK，OD∴四邊形KOND為平行四邊形，同理CDIK也為平行四邊形

如果我們將圖4也做相同改動，就會得到類似的美麗圖案，如圖6.根據伸縮變換可知CDIK也為平行四邊形（證明略）

不難看出若將平行四邊形CDIK的另一半補上，則新形成的平行四邊形就是橢圓C1的外切平行四邊形，且其內接于橢圓C2，并且新形成的平行四邊形的對角線即為橢圓C3的一對共軛直徑.

由仿射變換關于面積的性質（經過仿射變換的封閉圖形，其面積與原面積比皆為一定值）可知，因為在圓中平行四邊形CDIK的面積為定值，所以在橢圓內也為定值，命題2得證.

點評：通過上述探究過程，我們可以看出伸縮變換的好處，他將圓與橢圓緊密聯系，上面的結論在圓內可以迅速得出，若放在橢圓內結論看起來就不是那么明顯，反而會帶來大量運算量。

[自編新題]1.O為橢圓中心，平面直角坐標系上有橢圓E1： 和橢

圓E2： ，C（x1，y1），D（x2，y2）為橢圓E2一對共軛直徑的兩端點 ，連CD，平移CD至原點O，交橢圓E1于A，B兩點，連AC，BD.求證：四邊形ABCD為平行四邊形.

[自編新題]2.已知平面直角坐標系中有n個橢圓，原點O為這一系列橢圓的圓心，且這些橢圓的長半軸長a，短半軸長滿足

作第一個橢圓C1： 的外切平行四邊形A1B1C1D1，且該平行四邊

形的4個頂點在橢圓C2： 上，以此類推作出平行四邊形A2B2C2D2，A3B3C3D3，...，AnBnCnDn，求證：這一系列平行四邊形的面積為等比數列，并求其公比.

參考文獻

[1]中等數學研究.江嘉秋.