叶卢庆的博客

利用伸缩变换化椭圆问题为圆的问题

我们知道,椭圆的标准方程为
\begin{equation}\label{eq:1}
Ax^2+By^2=1(A,B>0,A\neq B).
\end{equation}
作伸缩变换$\phi:(x,y)\to (x’,y’)$,其中
$$
\begin{cases}
x’=\sqrt{A}x\\
y’=\sqrt{B}y
\end{cases},
$$
可得
\begin{equation}\label{eq:2}
x’^2+y’^2=1.
\end{equation}
可见,将椭圆\eqref{eq:1}上所有点的横坐标乘以$\sqrt{A}$,同时纵坐标乘以$\sqrt{B}$后,会得到一个单位圆\eqref{eq:2}.这个简单的观察将给一系列椭圆问题带来方便.

题1:已知椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$.直线$l_{AB}$与该椭圆交于$A,B$两点.记线段$AB$的中点为$M$.连接$OM$形成另一条直线$l_{OM}$,$O$为原点.当$l_{AB},l_{OM}$斜率都存在且分别为$k_{AB},k_{OM}$时,有$$k_{AB}\cdot k_{OM}=\frac{-b^2}{a^2}.$$

图1
证明:对整个坐标平面内的图形作变换$\phi:(x,y)\to (x’,y’)$,使得
$$
\begin{cases}
x’=\frac{x}{a}\\
y’=\frac{y}{b}
\end{cases}.
$$
设$A,B,M,O$在伸缩变换$\phi$的作用下分别变成$A’,B’,M’,O’$.椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$在伸缩变换$\phi$下会变成单位圆
\begin{equation}\label{eq:3}
x’^2+y’^2=1.
\end{equation}
设直线$AB$的方程为
$$
y=k_{AB}x+t,
$$
则直线$AB$在伸缩变换$\phi$下会变为直线$A’B’$:
\begin{equation}\label{eq:4}
y’=\frac{ak_{AB}}{b}x’+\frac{t}{b}.
\end{equation}
直线$OM$的方程为
$$
y=k_{OM}x,
$$
则直线$OM$在伸缩变换$\phi$下会变为直线$O’M’$:
\begin{equation}\label{eq:5}
y’=\frac{ak_{OM}}{b}x’.
\end{equation}
易得在伸缩$\phi$的作用下,线段的中点仍然是线段的中点.因此$M’$仍然为$A’B’$的中点.且原点$O$仍然变为原点,即$O’=O$.只不过此时$A’,B’$都在单位圆\eqref{eq:3}上.由圆的性质,直线$O’M’$与直线$A’B’$垂直,因此
$$
k_{O’M’}\cdot k_{A’B’}=-1,
$$
由式\eqref{eq:4},\eqref{eq:5},即
$$
\frac{ak_{OM}}{b}\cdot \frac{ak_{AB}}{b}=-1,
$$
于是
$$
k_{OM}\cdot k_{AB}=\frac{-b^2}{a^2}.
$$


下面我们利用伸缩变换来求过椭圆上一点的切线方程

题2:已知椭圆的标准方程$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$.点$P(x_0,y_0)$是该椭圆上的点,求椭圆过点$P$的切线$l$的方程.

解:将整个坐标平面上的图形作伸缩变换$\phi:(x,y)\to (x’,y’)$,其中
$$
\begin{cases}
x’=\frac{x}{a}\\
y’=\frac{y}{b}
\end{cases}.
$$

\begin{equation}\label{eq:6}
x’^2+y’^2=1.
\end{equation}
这表明椭圆经过伸缩变换$\phi$的作用变成圆\eqref{eq:1}.而且,点$P$经过伸缩变换$\phi$的作用变成点$P’(x_0’,y_{0}’)=P’(\frac{x_0}{a},\frac{y_0}{b})$.我们已经学过,圆\eqref{eq:6}过点$P’$的切线$l’$的方程为
\begin{equation}\label{eq:7}
x_0’x’+y_0’y’=1,
\end{equation}
易得直线$l’$是直线$l$经过伸缩变换$\phi$的作用而得到的,而且由于映射$\phi$是双射,因此存在逆映射$\phi^{-1}:(x’,y’)\to (x,y)$,其中
\begin{equation}\label{eq:8}
\begin{cases}
x=ax’\\
y=by’
\end{cases}.
\end{equation}
直线$l’$在逆映射$\phi^{-1}$作用下即变回直线$l$.将关系\eqref{eq:8}代入方程\eqref{eq:7},可得直线$l$的方程为
\begin{equation}\label{eq:9}
x_0’ \frac{x}{a}+y_0’ \frac{y}{b}=1.
\end{equation}
再加上$x_0’=\frac{x_0}{a},y_0’=\frac{y_0}{a}$,因此直线$l$的方程即为
\begin{equation}
\label{eq:10}
\frac{x_0x}{a^2}+\frac{y_0y}{b^2}=1.
\end{equation}


题3: 已知过椭圆$\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1$的右焦点作一条直线与椭圆交于$A,B$两点,$O$为坐标原点,求$\triangle OAB$面积的最大值.

解:椭圆的右焦点$F_2$的坐标易得为$(1,0)$.对整个坐标平面内的图形作变换$\phi:(x,y)\to (x’,y’)$,其中
$$
\begin{cases}
x’=\frac{x}{\sqrt{5}},\\
y’=\frac{y}{2}
\end{cases}.
$$
则椭圆在$\phi$的作用下变成$x’o’y’$坐标系中的单位圆
\begin{equation}
\label{eq:11}
x’^2+y’^2=1.
\end{equation}
点$F_2$在$\phi$的作用下变成了点$F_2’(\frac{\sqrt{5}}{5},0)$.$\triangle OAB$在$\phi$的作用下变成了$\triangle O’A’B’$.

易得经过$\phi$的作用后,$\triangle OAB$占椭圆的面积比例仍旧等于$\triangle O’A’B’$占圆\eqref{eq:11}的面积比例.因此我们只要在$x’o’y’$平面中求出使得$\triangle O’A’B’$面积最大的直线$A_1’B_1’$.再把直线$A_1’B_1’$通过$\phi$的逆映射$\phi^{-1}$转化为$xoy$平面中的直线$A_1B_1$.这样$\triangle OA_1B_1$的面积就会最大.

图2
那么,在圆\eqref{eq:11}中,$\triangle O’A’B’$的面积何时最大呢?可以采用几何方法.如图2所示,设$\angle O’A’B’=\alpha$,$\angle O’F_2’A’=\beta$,且不妨令$\beta\in [0,\pi],\alpha\in [0,\pi-\beta]$.
$$
S_{\triangle O’A’B’}=\frac{1}{2}A’B’\cdot O’F_2’\sin\beta=\frac{1}{2}A’B’\cdot O’A’\sin\alpha=O’A’^2\cos\alpha\sin\alpha=\frac{1}{2}\sin 2\alpha.
$$
且由于
$$
0\leq \sqrt{5}\sin\alpha=\sin\beta\leq 1
$$
因此
$$
0\leq\sin\alpha\leq \frac{\sqrt{5}}{5}<\frac{1}{\sqrt{2}}.\Rightarrow 0\leq\alpha<45^{\circ}\Rightarrow 0\leq 2\alpha<90^{\circ}.
$$
因此,当$\sin\alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$,即$\beta=90^{\circ}$时,$\triangle O’A’B’$面积最大.可见,$A_1’B_1’$垂直于$x’$轴.

易得$\triangle O’A_{1}’B_{1}’$经过$\phi$的逆映射$\phi^{-1}$的作用,形成的$\triangle OA_1B_1$中,$A_1B_1$垂直于$x$轴.此时,$\triangle OA_1B_1$的面积易得为$\frac{4 \sqrt{5}}{5}$.于是,$\frac{4 \sqrt{5}}{5}$即为答案.

注:此题当然还有标准解法,如下:

解:易得椭圆的右焦点为$F_2(1,0)$.当直线$AB$的斜率存在时,设直线斜率为$k$.则直线$AB$的方程为
\begin{equation}
\label{eq:12}
y=k(x-1).
\end{equation}
设点$A(x_A,y_A)$,$B(x_B,y_B)$.则
$$
S_{\triangle OAB}=\frac{1}{2}|OF_2|\cdot |y_A-y_B|=\frac{1}{2}|y_A-y_B|.
$$
为了求$S_{\triangle OAB}$的最大值,我们只用求$|y_A-y_B|$的最大值.也即只用求$(y_A-y_B)^2$的最大值.联立椭圆和直线方程,可得
$$
\begin{cases}
y=k(x-1)\\
4x^2+5y^2=20
\end{cases}.
$$
消去$x$,可得
$$
(5k^2+4)y^2+8ky-16k^2=0.
$$
其中$y_A,y_B$是该关于$y$的一元二次方程的两个根.由韦达定理,
$$
\begin{cases}
y_A+y_B=\frac{-8k}{5k^2+4}\\
y_Ay_B=\frac{-16k^2}{5k^2+4}.
\end{cases}
$$
因此
\begin{align*}
(y_A-y_B)^2&=(y_A+y_B)^2-4y_Ay_B
\\&=\frac{64k^2}{(5k^2+4)^2}+\frac{64k^2}{5k^2+4}
\\&=\frac{64k^2+64k^2(5k^2+4)}{(5k^2+4)^2}
\\&=320\frac{k^4+k^2}{25k^4+40k^2+16}.
\end{align*}
令$k^2=t$,我们先证明
\begin{equation}\label{eq:13}
\frac{t^2+t}{25t^2+40t+16}<\frac{1}{25}.
\end{equation}
也即证明
$$
15t+16>0.
$$
这是显然的.而且,只有当$t\to \infty$时,即$k^{2}\to \infty$时,$\frac{t^2+t}{25t^2+40t+16}$才能无限地接近于$\frac{1}{25}$.也就是说,在直线斜率存在的情形,$(y_A-y_B)^2$是不会有最大值的.最大值只能在直线斜率不存在的情形取得,此时,$(y_A-y_B)^2$的最大值为$320\cdot\frac{1}{25}=\frac{64}{5}$.可见,$|y_A-y_B|$的最大值为$\frac{8}{\sqrt{5}}$.因此,$\triangle_{OAB}$面积的最大值为$\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{4 \sqrt{5}}{5}$.