第 14 讲 类比椭圆与圆相得益彰均受益
1. 椭圆化圆及性质
在椭圆 x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0) 中,令 {
X = x
a ,
Y = y
b ,)
把椭圆进行伸缩变换,转化为圆
X
2+Y
2=1 (也可以有其他转化方法), 这实质上是一种仿射变换. 因此, 经过变换
有以下性质: 变换前后两曲线的位置关系保持不变，即两相交(相切、相离)曲线
变换后仍然是相交(相切、相离)的，两平行直线变换后仍然是平行的.
2. 类比圆的一些性质方法应用到椭圆问题上
实际上，由于圆、椭圆、双曲线、抛物线都是二次曲线，很多性质还可应
用于全体圆锥曲线.
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【例 1 】已知椭圆 C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0) 的两个顶点分别为
A (−a,0),B (a,0). P 为椭圆上异于 A ,B 的点,设直线 PA 的斜率为 k1 ,直线
PB 的斜率为 k2 ,且 k1k2=−1
2 .
(1) 求椭圆 C 的离心率；
(2) 若 b=1 ，设直线 l 与 x 轴交于点 D (−1,0) ，与椭圆交于 M ，
N 两点，求 △OMN 的面积的最大值.
【分析】对于第(1)小题, 如果对椭圆的 “第三定义” (见后面结论) 比较
熟悉, 可轻松解决, 如果不熟悉也可通过设点 P 的坐标直接求解. 对于第(2)小
题,这是一个关于封闭图形的面积问题, 可尝试将椭圆转化为圆进行求解.
【解答】(1) 解法一: 设 P(x0, y0) , 则 k1=
y0
x0+a ,k2=
y0
x0−a
, 所以有
k1k2=
y0
2
x0
2−a
2 .
又因为 x0
2
a
2 + y0
2
b
2 =1 ，所以
k1k2=
b
2(1−x0
2
a
2)
x0
2−a
2
=−b
2
a
2
， 由 −b
2
a
2 =−1
2
得
e = ❑√
1−b
2
a
2 =
❑√2
2
.
解法二: 由椭圆 “第三定义”得 k1k2=−b
2
a
2 =−1
2
,所以 e = ❑√
1−b
2
a
2 =
❑√2
2
.
(3) 由题意知,椭圆方程为 x
2
2 + y
2=1 ,令 {
X = x
❑√2 ,
Y = y , )
进行伸缩变换得圆
C
′: X
2+Y
2=1 , 设点 O , M , N 变换后的对应点分别为 O
′ , M
′ , N
′ , 则 △O M
′ N
′
是两腰长度为圆 C
′ 的半径的等腰三角形,其面积的最大值为 1
2 ,
所以 (S△OMN)max = ❑√2S
′ =
❑√2
2 .
评注:椭圆化圆的本质是仿射变换，在具体解题中的做法是先利用伸缩变换
把椭圆方程变成圆方程，再研究解决该圆的相关问题，然后结合仿射变换的一
些性质来解决椭圆问题，仿射变换在高考与自招中均有用武之地. 此题的通法
是: 令 {
X = x
a ,
Y = y
b ,)
封闭图形变换前的面积 S 与变换后的面积 S
′ 满足 S
′ = S
ab
.
【例 2】已知椭圆 C :9 x
2+ y
2=m
2(m>0) ，直线 l 不过原点且不平行于坐
标轴， l 与 C 有两个交点 A ,B ,线段 AB 的中点为 M .
(1) 证明:直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值;
(2) 若 l 过点 (
m
3 ,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，说明理由.
【分析】本题可用点差法或韦达定理等常规方法进行处理，但计算上有难
度，如果将椭圆转化为圆进行处理，则可以避免复杂的运算，除此之外，此方
法还可用于椭圆中的定点、定值、垂直、弦长、面积等问题，如果结合虚数，
还可用于双曲线相关问题.
【
解
答
】
解
法
一
:
(1)
设
直
线
l: y =kx +b(k ≠0,b≠0), A(x1, y1),B(x2, y2), M (xM , y M) .
将 y =kx +b 代入 9 x
2+ y
2=m
2 得 (k
2+9) x
2+2kbx +b
2−m
2=0 ,
故 xM = x1+ x2
2
=−kb
k
2+9
, y M =k xM +b= 9b
k
2+9
,
于是直线 OM 的斜率 kOM = y M
xM
=−9
k
,即 kOM ⋅k =−9 , 所以直线 OM 的
斜率与 l 的斜率的乘积为定值.
(3) 四边形 OAPB 为平行四边形.
因为直线 l 过点 (
m
3 ,m)
,所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条
件是 k >0,k ≠3 , 由 (1) 得直线 OM 的方程为 y =−9
k x ,设点 P 的横坐标为
xP ,
由 {
y =−9
k x ,
9 x
2+ y
2=m
2,)
得 xP
2 =
k
2m
2
9k
2+81
,即 xP=
±km
3
❑√k
2+9
,
将点 (
m
3 ,m)
的坐标代入直线 l 的方程得 b= m(3−k )
3
，因此
xM = mk (k −3)
3(k
2+9)
.
四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分,即
xP=2 xM . 于是
±km
3
❑√k
2+9
=2× mk (k −3)
3(k
2+9)
,解得 k1= 4−❑√7,k2= 4+ ❑√7 .
因为 ki>0,ki≠3,i=1,2 ,
所以当 l 的斜率为 4−❑√7 或 4+ ❑√7 时，四边形 OAPB 为平行四边形.
解法二: (椭圆化圆)
(1) 令 {
X = 3 x
m ,
Y = y
m ,)
则椭圆 C :9 x
2+ y
2=m
2(m>0) 变为圆 C
′: X
2+Y
2=1 ,
点 O , A ,B , M , P 变换后的对应点为 O
′ , A
′ ,B
′ , M
′ , P
′ ,
由仿射变换的性质可知, kO
′ M
′= 1
3 kOM ,k A
′ B
′= 1
3 k AB .
由圆的垂径定理可知 O
′ M
′⊥A
′ B
′ ,kO
′ M
′ k A
′ B
′=−1 .
即 1
3 kOM ⋅1
3 k AB=−1 ,所以 kOM k AB=−9 为定值.
(2) 若四边形 OAPB 为平行四边形，则四边形 O
′ A
′ P
′ B
′ 也为平行四边
形，
则点 M
′ 为 O
′ P
′ 的中点，所以点 M
′ 为 A
′ B
′ 的中点，
由垂径定理知,点 O
′ 到 A
′ B
′ 的距离 |O
′ M
′)= 1
2 ,
又直线 l 过点 (
m
3 ,m)
,则 l
′ 过点 (1,1) ,
设直线 l
′ 的斜率为 k
′ ,则其方程为 k
′ X −Y −k
′ +1=0 ,所以 |k
′−1)
❑√1+ k
′ 2 = 1
2
,
解得 k
′ = 4± ❑√7
3
,所以直线 l 的斜率 k = b
a k
′ =3k
′ = 4± ❑√7 , 所以符合条件
的直线存在,其斜率为 4± ❑√7 .
【例 3 】已知椭圆 x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0) 的离心率 e 的取值范围为
[
1
❑√3 , 1
❑√2)
,直线 y =−x +1 交椭圆于点 M 和 N ,O 为坐标原点且 OM ⊥ON
,则椭圆长轴长的取值范围是( )
A. [❑√5,❑√6) B. [❑√6,❑√7) C. [❑√7 ,❑√8) D. [❑√8,❑√9)
【分析】由条件 OM ⊥ON 联想到椭圆的基圆的性质,可以通过椭圆的基圆
的几何性质成功地把椭圆的计算问题转化成几何问题, 从而减少计算量,本题也
可利用结论
1
O A
2 +
1
O B
2 = 1
a
2 + 1
b
2 进行快速求解.
如图，设椭圆右顶点为 A ，上顶点为 B ，连结 AB ，过点 O 作
OH ⊥MN 于点 H ,记 |OH )=d .
又因为 OM ⊥ON ,根据椭圆的基圆性质,可知基圆方程为 x
2+ y
2=d
2 .
因为 OA ⊥OB ,所以 AB 与基圆 x
2+ y
2=d
2 相切,所以有 1
d
2 = 1
a
2 + 1
b
2 .
又因为原点 O 到直线 y =−x +1 的距离 d = 1
❑√2
，所以 b
2
a
2 =
1
2a
2−1
.
又因为 e∈[
1
❑√3 , 1
❑√2)
,所以 1−b
2
a
2 ∈[
1
3 , 1
2)
,即 b
2
a
2 ∈[
1
2 , 2
3)
,
于是
1
2a
2−1
∈[
1
2 , 2
3)
,所以 4 a
2∈[5,6) .
【解答】A
【例 4】( 1 )已知圆 O: x
2+ y
2=1 ，若直线 y =kx +2 上总存在点 P ，使
得过点 P 作圆 O 的两条切线相互垂直，则实数 k 的取值范围是_____；
(3) 已知动点 P(x0, y0) 为椭圆 C : x
2
9 + y
2
4 =1 外一点，且过点 P 引椭圆
C 的两条切线相互垂直，则点 P 的轨迹方程为_____.
【分析】“基圆”与“蒙日圆”也是诸多考试的命题背景之一，这两题的
条件中均有相互垂直的两条切线，所以可以考虑用 “蒙日圆” 直接求解.
(1) 由题意知,点 P 在圆 O 的蒙日圆 O
′: x
2+ y
2=2 上,
所以原条件等价于直线 y =kx +2 与蒙日圆 O
′ 有公共点,
所以
2
❑√1+ k
2 ≤❑√2 ,解得 k ≥1 或 k ≤−1 .
(2) 由题意知,点 P 的轨迹是椭圆 C 的蒙日圆,所以得到轨迹方程
x
2+ y
2=13 .
【解答】 (1)k ≥1 或 k ≤−1 ; (2) x
2+ y
2=13 .
【例 5】已知 A ,B 是椭圆 C : x
2
25 + y
2
9 =1 的左、右顶点,直线 l 交椭圆 C
于 M , N 两点, 记 AM 的斜率为 k1,BN 的斜率为 k2 ,且 k1:k2=1:9 . 求证:
直线 l 过定点.
【分析】二次曲线的极点、极线常作为命题背景出现在高考、自招、竞赛
中, 熟悉这一内容将会使解题更有方向性、简洁性, 结合图象容易联想到这是椭
圆的极点、极线问题.
【解答】设 AM 与 BN 交于点 P , AB 与 MN 交于点 G ,则点 G 对应
的极线过点 P .
由题意，直线 AM 的方程为 y =k1(x +5) ，直线 BN 的方程为
y =k2(x−5) .
由 {
y =k1(x +5),
y =k2(x−5))
解得 xP= 5(k1+ k2)
k2−k1
= 25
4
.
设 G(x0,0) ,则对应的极线方程为 x0 x
25 =1 ,即 x = 25
x0 .
又因为点 P 在极线上,所以 25
4 = 25
x0 ,
所以 x0= 4 ,直线 l 过定点 (4 ,0) .
【例 6】已知 F1, F2 是椭圆 x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 的焦点.
(1) 设 l 是该椭圆的一条切线， H 1 ， H 2 分别是 F1 ， F2 在 l 上的
垂足，证明: F1 H 1 . F2 H 2=b
2;
(2) 设 l1,l2 是该椭圆过椭圆外的一点 P 的两条切线，切点分别为 T 1,T 2
，证明: ∠F1 PT 1=∠F2 PT 2.
【分析】利用椭圆的切线方程与光学性质.
【解答】(1)解法一: 设切点 T (x0, y0) ,则 x0
2
a
2 + y0
2
b
2 =1,l: x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1 ,
所
以
|F1 H 1)⋅|F2 H 2)= |
−c x0
a
2
−1)
❑√(
x0
a
2)
2
+(
y0
b
2)
2 ⋅|
c x0
a
2 −1)
❑√(
x0
a
2)
2
+(
y0
b
2)
2 =
1−c
2 x0
2
a
4
x0
2
a
4 + y0
2
b
4
= a
4−c
2 x0
2
x0
2+ a
4 y0
2
b
4
=b
2.
a
4−c
2 x0
2
b
2 x0
2+a
4⋅y0
2
b
2
=b
2⋅a
4+(
b
2 x0
2+
,证毕.
解法二: 如图 1, 设切点为 T , 由椭圆的光学性质可设
∠H 1T F1=∠H 2T F2=θ ,
则 F1 H 1⋅F2 H 2=T F1⋅sinθ⋅T F2⋅sinθ =T F1⋅T F2sin
2θ .
在
△T F1 F2
中
,
由
余
弦
定
理
得
,
(F1 F2)
2= 4 c
2=T F1
2+T F2
2−2T F1⋅T F2⋅cos(180
∘−2θ)=T F1
2+T F2
2+2T F1⋅T F2cos2θ =(2a)
2−2T F
所以 T F1⋅T F2sin
2θ = 4 a
2−4 c
2
4
=b
2 ,即得 F1 H 1⋅F2 H 2=b
2 .
图 1
图 2
(3) 如图2，分别作 F1 ， F2 关于切线 PT 1 ， PT 2 对称的点 M ，
N .
因为 PM = P F1, P F2= PN , M F2= F1 N =2a ,
所以 △PM F2≅△P F1 N ,于是 ∠MP F2=∠F1 PN ,
从而 ∠MP F1=∠F2 PN ,即 2∠F1 PT 1=2∠F2 PT 2 ,
因此 ∠F1 PT 1=∠F2 PT 2 ,证毕.
