解题方法技巧仿射变换法讲义-2026届高三数学一轮复习

高分技法11仿射变换法（解答题技法） 一般地，对椭圆C：，利用仿射变换可以将其变为圆：，圆可以说是平面几何中最简洁、优美的图形，它有着丰富的几何性质，其完美的对称性和垂径定理，使得与圆心相关的图形的面积有很简洁的表示方式．因此，利用仿射变换将椭圆的面积问题转化为圆的面积问题，可以轻松获得答案． 高分技法 利用仿射变换证明椭圆中的2个斜率结论 结论1对于椭圆，直线l与椭圆交于A，B两点，为线段AB的中点，则直线l的斜率为． 证明对椭圆作仿射变换，，则椭圆化为单位圆C：，设A，B，P变换后的点分别为，，，则，故．在圆C中，根据垂径定理有，则，所以，所以． 结论2对于椭圆，A，B和M为椭圆上的点，且点A和B关于原点对称，则为定值． 证明对椭圆作仿射变换，，则椭圆化为单位圆C：，设A，B，M变换后的点分别为，，，则为圆C的直径，所以，则，所以，为定值． 【母题1】已知椭圆C：上两个不同的点A，B关于直线l：对称． （1）求实数m的取值范围； （2）求面积的最大值（O为坐标原点）． 解析（1）对椭圆C作仿射变换得：． 设线段AB的中点为M，仿射变换后，A，B分别变为，，M变为， 因为点A，B关于直线l对称，所以， 所以，则，连接，则，所以，则：． 【仿射变换】套用仿射变换后斜率公式得出 仿射变换后，直线l变为：，所以． 因为点在内，所以，． 【变换后转换】根据点在圆内，得圆心与点连线长度小于圆的半径 所以m的取值范围为． （2）由（1）可知，． 今，则， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以． 因为，所以的最大值为． 【母题2】已知点在椭圆C：内，过点P的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且P是线段AB的中点，O为坐标原点． （1）是否存在实数m，使直线l和直线OP的倾斜角互补？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由． （2）求面积的最大值． 解析（1）对椭圆C作仿射变换得：，点P变换后为． 设l变换后为，根据题意可得， 因为P是线段AB的中点，所以是线段的中点， 所以，所以，所以，因此． 由题意知在：内，则，所以，所以，则存在，使直线l和直线OP的倾斜角互补． （2）由（1）得，则． 又，所以，面积的最大值为． 【母题3】（2023届广东省一模）已知点，点和点为椭圆上不同的三个点.当点，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形. （1）求椭圆标准方程； （2）若为原点，且满足，求的面积. 解析1：（仿射变换） 考虑变换，则在的作用下椭圆对应圆，则在压缩变换下，平面对应封闭图形面积是原来平面上封闭图形面积的倍，即． 【变换后，转化为圆的面积问题】 设点分别对应点，由为的重心，又为的外心，从而为正三角形． 易得圆的内接正三角形的面积为定值 从而为定值． 解析2：（代数硬解） 所以椭圆的标准方程为. （2）设，因为，所以，①当直线斜率不存在时，即，则，因为点在椭圆上，所以，则有， 所以，点到的距离为，此时. ②当直线斜率存在时，设直线方程为， 联立得消去整理得， 满足，由韦达定理得 ，所以， 所以，又因为点在椭圆上，所以，化简得， 所以 ，所以点到直线的距离为： ， 所以，综上所述，的面积为. 【母题4】如图，已知椭圆的中心在原点，长轴左、右端点、在轴上，椭圆的短轴为，且的离心率都为.直线与交于两点，与交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为. (1)设，求与的比值； (2)当变化时，是否存在直线，使得，并说明理由. (1)设，则椭圆;椭圆; (2)对椭圆作仿射变换，则； 对椭圆作仿射变换则. 【变换后转换】 设点，则 设，则，因此，， 当时，不存在；当时，存在. 1．已知直线交椭圆于不同的两点、.若坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值. 【答案】. 【分析】根据已知作仿射变换，直线是椭圆的切线，椭圆对应仿射方程为圆，应用圆的性质及到直线的距离为满足，再由三角形面积公式求面积. 【详解】坐标原点到直线的距离为，于是直线是圆的切线， 作仿射变换，则直线是椭圆，即的切线， 其中椭圆对应仿射方程为圆， 设到直线的距离为，则 (直线的斜率存在)， ， 当且仅当时取得等号，因此面积的最大值为. 2．已知椭圆内有一内接，C点坐标，AB所在直线的斜率是，当面积最大时，求直线AB的方程． 【答案】 【分析】作仿射变换通过将椭圆转换成圆的方法进行解答，其中弦长可利用进行求解，即可结合三角形面积利用基本不等式求得答案． 【详解】根据仿射变换，得到圆：， 所以，，所以．    因为，所以． 设直线方程为，则点到直线的距离为， , 故， 当且仅当，即时取等号， 此时，取最大值3，此时直线方程为， 故最大值为，此时直线AB方程为． 3．已知椭圆的左、右顶点分别记为、.过斜率为1的直线交椭圆于另一点，在椭圆上的满足：的面积为.试确定点的个数. 【答案】2. 【分析】先将椭圆通过仿射变换得到圆，由题意可得，从而可得直线：，利用圆心到直线的距离公式结合勾股定理可求出弦长，通过面积公式可得到直线的距离，并与圆心到直线的距离比较可判断在优弧上存在两个点，即可确定点的个数. 【详解】将椭圆通过仿射变换变成圆， 则. ，即， 圆心到直线的距离为，弦长， 设到直线的距离为 ，则， 到直线的距离为， 由于在优弧上存在两个点， 又由于在劣弧上不存在点. 综上，点的个数也即点的个数是2. 4．设直线与椭圆交于、两点，且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求面积的最大值. 【答案】 【分析】将坐标系原点平移至，得到椭圆方程，再通过，得到圆，及进而可求解. 【详解】如图，将坐标系原点平移至， 则椭圆方程变为即. 设直线的方程为，则联立直线方程与椭圆方程有，即 而，因此. 将椭圆通过变换变为圆，则， ， 设到的距离为， 当且仅当时，取得最大值 于是， 即面积的最大值为. 5．已知椭圆，设动点满足：，其中是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在两个，使得为定值?若存在，求的坐标;若不存在，说明理由. 【答案】存在符合题意的点、，坐标为 【分析】作仿射变换，椭圆方程变为，且，进而得到点的轨迹方程为圆，可得的轨迹方程，即可得. 【详解】作仿射变换，椭圆方程变为，且. 四边形为正方形，于是， 所以点的轨迹方程为圆， 因此点的轨迹方程为，即. 存在符合题意的点、，坐标为，(即椭圆的两个焦点). 6．设直线与椭圆相交于、两点，以线段为邻边作平行四边形，其中顶点在椭圆上，为坐标原点.求的取值范围. 【答案】 【分析】用仿射变换将椭圆转化为圆，根据的关系，结合菱形的性质求解可得. 【详解】用仿射变换，将椭圆转化为圆， 结合题设，易知平行四边形变为菱形， 因为椭圆中，所以，由，得. 根据菱形的对角线互相垂直，于是， 由，解得，因此结合图形可知. 也就是说，， 于是， 因此的取值范围是. 7．已知直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于、两点，且，如图所示. (1)证明：； (2)求四边形的面积的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】法一：（1）利用弦长公式及韦达定理，由，得到； （2）利用对称性，将四边形的面积转化为4倍的的面积，，化解后结合基本不等式得四边形的面积的最大值. 法二：仿射变换. 【详解】（1）法一：设直线与椭圆交于两点、，则 联立直线与方程，有， ， 等价于，又，即. 法二：四边形为椭圆内接平行四边形，做仿射变换后为圆内接平行四边形，为矩形. 因此对角线为直径，也就是说椭圆内接平行四边形的对角线互相平分于原点，于是. （2）法一：由①，与关于原点对称， 四边形为对称中心在原点的平行四边形.不妨设，则 (当且仅当时取得等号). 四边形的面积的最大值是. 法二：圆内接矩形当且仅当矩形为正方形时面积最大，于是椭圆内接平行四边形面积的最大值是. 8．已知为直线与椭圆在第一象限内的交点，直线与平行且与椭圆交于、两点.求证直线、直线与轴围成的三角形是等腰三角形. 【答案】证明见解析 【分析】通过仿射变换变成圆，进而可求证. 【详解】如图，将椭圆通过仿射变换变成圆， 则，过作轴的垂线，垂足为，交圆于点，则易知. ， 又， 根据垂径定理，平分弧，于是是的平分线. 又是等腰三角形， 所以是等腰三角形，证毕. 9．已知动直线与椭圆C:交于，两个不同点，且的面积=,其中为坐标原点. (1)证明和均为定值; (2)设线段的中点为，求的最大值； (3)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2) (3)椭圆C上不存在三点，使得 【分析】（1）根据已知设出直线的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线的距离，根据三角形面积公式，即可求得和均为定值； （2）由（I）可求线段PQ的中点为M，代入|OM|•|PQ|并利用基本不等式求最值； （3）假设存在，满足，由（1）得，，，， ，，从而得到的坐标，可以求出方程，从而得出结论. 【详解】（1）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，所以 ∵在椭圆上 ∴ ① 又∵， ∴ ② 由①②得，．此时； （ⅱ）当直线的斜率存在时，是直线的方程为，将其代入得 故即 又， ∴ ∵点到直线的距离为 ∴ 又 整理得 此时 综上所述结论成立． （2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，由（1）知 ， 因此． （ⅱ）当直线的斜率存在时，由（1）知 所以 ．当且仅当， 即时，等号成立． 综合（1）（2）得的最大值为. （3）椭圆C上不存在三点，使得 证明：假设存在，满足 由（1）得，，，， ， 解得：，. 因此从集合中选取，从集合中选取； 因此只能从点集这四个点选取三个不同的点，而这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这与矛盾. 所以椭圆C上不存在三点，使得 【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．（3）考查学生观察、推理以及创造性地分析问题解决问题的能力. 10．如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点为，右焦点为.设过点的直线与此椭圆分别交于点，其中.设，求证：直线必过轴的一定点(其坐标与无关). 【答案】证明见解析 【分析】根据仿射变换不改变共线以及线段长度的比，将问题转化为：已知以为直径的圆，为与垂直的圆外直线上任意一点，连结、与圆分别交于、.求证恒过定点.然后利用梅涅劳斯定理和赛瓦定理即可得证. 【详解】如下图所示， 利用坐标变换可以把椭圆变换圆， 由于伸缩变换不改变共线以及线段长度的比，于是问题就转化为如下图所示： 已知以为直径的圆，为与垂直的圆外直线上任意一点， 连结、与圆分别交于、.求证恒过定点. 【法1】 连结并延长交于点，容易知道与在同一条垂直于的直线上(为的垂心) 对的割线，根据梅涅劳斯定理有； 在中，而、的延长线与交于点， 根据赛瓦定理有； 于是，即为定值，因此为定点. 【法2】 设，则， 而，于是. 【法3】 设，作，垂足为，则到的角为， 以为极点，为极径，那么直线的方程为， 因为，所以，所以， 即 于是 而， 因此，于是点为定点. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高分技法11仿射变换法（解答题技法） 一般地，对椭圆C：，利用仿射变换可以将其变为圆：，圆可以说是平面几何中最简洁、优美的图形，它有着丰富的几何性质，其完美的对称性和垂径定理，使得与圆心相关的图形的面积有很简洁的表示方式．因此，利用仿射变换将椭圆的面积问题转化为圆的面积问题，可以轻松获得答案． 高分技法 利用仿射变换证明椭圆中的2个斜率结论 结论1对于椭圆，直线l与椭圆交于A，B两点，为线段AB的中点，则直线l的斜率为． 证明对椭圆作仿射变换，，则椭圆化为单位圆C：，设A，B，P变换后的点分别为，，，则，故．在圆C中，根据垂径定理有，则，所以，所以． 结论2对于椭圆，A，B和M为椭圆上的点，且点A和B关于原点对称，则为定值． 证明对椭圆作仿射变换，，则椭圆化为单位圆C：，设A，B，M变换后的点分别为，，，则为圆C的直径，所以，则，所以，为定值． 【母题1】已知椭圆C：上两个不同的点A，B关于直线l：对称． （1）求实数m的取值范围； （2）求面积的最大值（O为坐标原点）． 解析（1）对椭圆C作仿射变换得：． 设线段AB的中点为M，仿射变换后，A，B分别变为，，M变为， 因为点A，B关于直线l对称，所以， 所以，则，连接，则，所以，则：． 【仿射变换】套用仿射变换后斜率公式得出 仿射变换后，直线l变为：，所以． 因为点在内，所以，． 【变换后转换】根据点在圆内，得圆心与点连线长度小于圆的半径 所以m的取值范围为． （2）由（1）可知，． 今，则， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以． 因为，所以的最大值为． 【母题2】已知点在椭圆C：内，过点P的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且P是线段AB的中点，O为坐标原点． （1）是否存在实数m，使直线l和直线OP的倾斜角互补？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由． （2）求面积的最大值． 解析（1）对椭圆C作仿射变换得：，点P变换后为． 设l变换后为，根据题意可得， 因为P是线段AB的中点，所以是线段的中点， 所以，所以，所以，因此． 由题意知在：内，则，所以，所以，则存在，使直线l和直线OP的倾斜角互补． （2）由（1）得，则． 又，所以，面积的最大值为． 【母题3】（2023届广东省一模）已知点，点和点为椭圆上不同的三个点.当点，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形. （1）求椭圆标准方程； （2）若为原点，且满足，求的面积. 解析1：（仿射变换） 考虑变换，则在的作用下椭圆对应圆，则在压缩变换下，平面对应封闭图形面积是原来平面上封闭图形面积的倍，即． 【变换后，转化为圆的面积问题】 设点分别对应点，由为的重心，又为的外心，从而为正三角形． 易得圆的内接正三角形的面积为定值 从而为定值． 解析2：（代数硬解） 所以椭圆的标准方程为. （2）设，因为，所以，①当直线斜率不存在时，即，则，因为点在椭圆上，所以，则有， 所以，点到的距离为，此时. ②当直线斜率存在时，设直线方程为， 联立得消去整理得， 满足，由韦达定理得 ，所以， 所以，又因为点在椭圆上，所以，化简得， 所以 ，所以点到直线的距离为： ， 所以，综上所述，的面积为. 【母题4】如图，已知椭圆的中心在原点，长轴左、右端点、在轴上，椭圆的短轴为，且的离心率都为.直线与交于两点，与交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为. (1)设，求与的比值； (2)当变化时，是否存在直线，使得，并说明理由. (1)设，则椭圆;椭圆; (2)对椭圆作仿射变换，则； 对椭圆作仿射变换则. 【变换后转换】 设点，则 设，则，因此，， 当时，不存在；当时，存在. 1．已知直线交椭圆于不同的两点、.若坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值. 2．已知椭圆内有一内接，C点坐标，AB所在直线的斜率是，当面积最大时，求直线AB的方程． 3．已知椭圆的左、右顶点分别记为、.过斜率为1的直线交椭圆于另一点，在椭圆上的满足：的面积为.试确定点的个数. 4．设直线与椭圆交于、两点，且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求面积的最大值. 5．已知椭圆，设动点满足：，其中是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在两个，使得为定值?若存在，求的坐标;若不存在，说明理由. 6．设直线与椭圆相交于、两点，以线段为邻边作平行四边形，其中顶点在椭圆上，为坐标原点.求的取值范围. 7．已知直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于、两点，且，如图所示. (1)证明：； (2)求四边形的面积的最大值. 8．已知为直线与椭圆在第一象限内的交点，直线与平行且与椭圆交于、两点.求证直线、直线与轴围成的三角形是等腰三角形. 9．已知动直线与椭圆C:交于，两个不同点，且的面积=,其中为坐标原点. (1)证明和均为定值; (2)设线段的中点为，求的最大值； (3)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由. 10．如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点为，右焦点为.设过点的直线与此椭圆分别交于点，其中.设，求证：直线必过轴的一定点(其坐标与无关). 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$