2023届新高考数学真题解析几何专题讲义第27讲圆锥曲线上四点共圆问题.pdf

《2023届新高考数学真题解析几何专题讲义第27讲圆锥曲线上四点共圆问题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届新高考数学真题解析几何专题讲义第27讲圆锥曲线上四点共圆问题.pdf（21页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023届新高考数学真题解析几何专题讲义届新高考数学真题解析几何专题讲义第第27讲讲 圆锥曲线上四圆锥曲线上四点共圆问题点共圆问题一、问题综述四点共圆问题本属于平面几何内容，是数学竞赛中的高频考点，近年来，圆锥曲线中的四点共圆问题也频繁出现在高考试题中.这类试题将圆锥曲线与四点共圆有机地结合在一起，重点考查数学运算能力和推理论证能力，由于问题综合性强，运算量打，大多考生望而生畏，或者在计算时半途而废.解决四点共圆问题，主要涉及的知识有（1）由圆的定义，利用圆心到圆上各点的距离相等;(2)利用相交弦定理（3）利用圆的弦心距d，半弦长和和半径构成直角三角形（4）利用直径所对的圆周角为直角，既可以用

2、勾股定理，也可以用斜率方法。当然，如果利用曲线系方程或者参数方程，则可减少计算量，甚至起到事半功倍的效果.下面先用曲线系方程给出圆锥曲线上四点共圆的一个充要条件的统一证明：圆锥曲线上四点共圆定理 1：若两条直线iiyk xb1,2i 与圆锥曲线220axbycxdycab有四个交点，则四个交点共圆的充要条件是120kk证 明：两 直 线 组 成 的 曲 线 方 程 为11220k xybk xyb，则 过 四 个 交 点 的 曲 线 方 程 可 设 为221122+0k xybk xybaxbycxdye必要性：若四点共圆，则方程 表示圆，那么式左边展开式中xy项的系数为零，即有120kk.充

3、分性：当120kk时，令式左边展开式中22,xy项的系数相等，得121k kab，联立解得21kk，211+=kab，将其代入式，整理得22+=0 xyc x d y e下面参数方程给出圆锥曲线上四点共圆的另一个充要条件的统一证明：圆锥曲线上四点共圆定理 2：若ABCD、为有心圆锥曲线221mxnymn上四个不同的点，且直线AB与CD交于点E，AB与CD的倾斜角分别为,，则ABCD、四点共圆的充要条件是+=证明：设00,E xy，则直线AB参数方程为00cossinxxtyyt（t为参数），代入221mxny整理得222220000cossin2cossin10mntmxnytmxny则220

4、01 2221cossinmxnyEA EBt tmn，同理得2200221cossinmxnyEC EDmn因为ABCD、四点共圆的充要条件是EA EBEC ED所以2222cossincossinmnmn即22sinsinmnmmnm因为mn，所以22sinsin，又,0,，所以sinsin而直线AB与CD相交，所以，由sinsin得+=综上所述，ABCD、四点共圆的充要条件是+=，当直线AB与CD斜率均存在时，即直线AB与CD斜率互为相反数.利用上述定理，则在选填中可以“秒杀”圆锥曲线上四点共圆的高考难题.下面不加证明地给出以下结论：结论 1已知抛物线2:20C ypx p的焦点为点F，

5、过点F的直线l与C相交于AB、两点，若AB的垂直平分线 l与C相交于,M N两点，则A MBN、四点在同一圆上，则l的方程为02pxy或02pxy结论 2 若,A B是标准圆锥曲线上的两点，线段AB的垂直平分线与该圆锥曲线相交于CD、两点，则ABCD、两点，则ABCD、四点共圆的充要条件是1ABk或1ABk 结论 3 若ACBD、是标准圆锥曲线上的顺次四点，则ACBD、四点共圆的充要条件是四边形ACBD的两组对边、两条对角线所在的三对直线中直线中一对直线的倾斜角互补.二、典例精析例 1.（2014 全国大纲卷文数 22 理数 21）已知抛物线2:20C ypx p的焦点为F，直线4y 与y轴的

6、交点为P，与C的交点为Q，且54QFPQ.(1)求抛物线C的方程；(2)过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线 l与C相交于M，N两点，且,A M B N四点在同一个圆上，求直线l的方程.解析：（1）设0,4Q x，代入220ypx p中得08xp，所以8PQp，0822ppQFxp，由题设得85824ppp，解得2p （舍去）或2p 所以C的方程为24yx.（2）解法一：通法依题意知直线l与坐标轴不垂直，故可设直线l的方程为1xmy，0m 代入24yx中得2440ymy.设11,A x y，22,B xy，则124yym，124y y .故AB的 中 点 为221,2Dmm，2

7、222121212114=41ABmyymyyy ym又 l的斜率为m，且 l过AB的中点为221,2Dmm，故直线 l的方程为：2123xymm，将上式代入24yx中，并整理得2244 230yymm设3344,(,)M xyN xy，则344yym，2344(23)y ym 故MN的中点为222223,Emmm，223422412111mmMNyymm.由于MN垂直平分AB，故,A M B N四点在同一个圆上等价于12AEBEMN,从而2221144ABDEMN，即222222244121224122mmmmmmm化简得210m ，解得1m 或1m，所以所求直线l的方程为10 xy 或10

8、 xy.解法二：曲线系方程设点11(,)A x y，22,B xy，直线l与 l的交点为,P m n，则21122244yxyx，两式相减整理得1212124yyxxyy，即2lkn，从而2lnk 直线l的方程为21yxn，直线 l的方程为2nyxmn，从而过,A M B N四点的曲线系方程为224102nyxyxyxmnn上述方程表示圆，则2x，2y的系数相等且xy的系数为零则122nn，得1=2，2n ，所求直线l的方程为10 xy 或10 xy.解法三：参数方程设点00,P xy，直线l的倾斜角为，则直线l的参数方程为00cossinxxtyyt（t为参数）代入抛物线方程24yx，整理得

9、222000sin2sin4cos40tytyx设,A B两点对应的参数分别为12,t t，则2001 224sinyxPAPBt t由于 l是AB的垂直平分线，则 l的倾斜角为+2，则点,M N对称的参数分别为34,t t，则2200003 42244cossin2yxyxPM PNt t因为,A M B N四点共圆，所以由相交弦定理得PAPBPMPN，即2200002244sincosyxyx解得tan1，所以l的方程为1yx 即直线l的方程为10 xy 或10 xy.【方法感悟】解法一中，MN的中点E就是A MBN、四点所在圆的圆心，故可将四点共圆的条件转化为圆心E到四点的距离相等，从而

10、得到12AEBEMN，进而把问题转化为先求线段AB的中点D、线段MN的中点E的坐标以及AB和MN，这是解析几何中的常规问题，通常是联立方程组后结合韦达定理来处理，但计算量较大.解法二利用曲线系，使得计算量大大地简化.利用曲线系方程解决四点共圆问题的步骤如下：找出两条直线，则两条直线上的四个点在某条曲线上.找出过这四个点的曲线构造等式,通过已知条件对比某些项的系数，从而求解出未知数.解法三利用参数方程，并结合相交弦定理，让人耳目一新.例 2（武汉市 2016 届高中毕业生二月调研测试理数 12 题）设直线32yx与椭圆2212516xy：交于,A B两点，过点,A B的圆与交于另外两点,C D，

11、则直线CD的斜率k等于（）A.13B.3C.12D.2解析：由定理知0ABCDkk，故选 B.例 3（2016 四川文数 21）已知椭圆E：22221(0)xyabab的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点1(3,)2P在椭圆E上.()求椭圆E的方程；()设不过原点O且斜率为12的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：MA MBMCMD解析：（I）由已知，2ab，又椭圆22221(0)xyabab过点1(3,)2P，故2213414bb，解得21b.所以椭圆E的方程是2214xy.()解法一：常规方法设直线l的方程为1(0)2yx

12、m m，11,A x y，22,B xy由方程组221412xyyxm联立得222220 xmxm方程的判别式为2=4 2m，由0，即220m，解得22m由得122xxm，21222x xm所以M点坐标为,2mm，直线OM方程为12yx 由方程组221412xyyx 解得22,2C，22,2D所以2555(2)(2)(2)224MCMDmmm.又222212121212115()()()44416MAMBABxxyyxxx x2225544(22)(2)164mmm.所以=MAMBMCMD.解法二：同解法一，求出直线OM方程为12yx 则易知直线,AB CD的斜率互为相反数，由定理知,A B

13、C D四点共圆，再由相交弦定理得MAMBMCMD【方法感悟】（）由椭圆两个焦点与短轴的一个端点是正三角形的三个顶点可得2ab，椭圆的标准方程中可减少一个参数，再利用1(3,)2P在椭圆上，可解出 b 的值，从而得到椭圆的标准方程；（）解法一：首先设出直线l方程为12yxm，同时设交点1122(,),(,)A x yB xy，把l方程与椭圆方程联立后消去y得x的二次方程，利用根与系数关系，得1212,xx x x，由MAMB214AB求得MAMB（用m表示），由OM方程12yx 具体地得出,C D坐标，也可计算出MCMD，从而证得相等解法二：利用圆锥曲线上四点共圆的充要条件，求出OM方程后，知直

14、线,AB CD的斜率互为相反数，于是,A B C D四点共圆，再由相交弦定理得MAMBMCMD，这样减少了计算量。例 4.(2011(2011 全国大纲卷理全国大纲卷理 21)21)已知O为坐标原点，F为椭圆C：2212yx 在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为2的直线l与C交与A、B两点，点P满足0OAOBOPuuruuu ruuu rr.(I)证明：点P在C上；(II)设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上.【解析】(I)(0,1)F,l的方程为21yx,代入2212yx 并化简得242 210 xx.设112233(,),(,),(,)A x yB xyP xy,则

15、122626,44xx1212122,2()21,2xxyyxx 由题意得3123122(),()12xxxyyy 所以点P的坐标为212,.经验证点P的坐标212,满足方程2212yx,故点P在椭圆C上(II)解法一：由212P,和题设知，212Q,，PQ的垂直平分线1l的方程为22yx.设AB的中点为M,则2 1,42M,AB的垂直平分线2l的方程为2124yx.由、得1l、2l的交点为2 1,88N.222213 11|()(1)2888NP ,2213 2|1(2)|2ABxx g,3 2|4AM,2222113 3|()()48288MN,223 11|8NAAMMN,故|NPNA,

16、又|NPNQ,|NANB,所以|NANPNBNQ,由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心,NA为半径的圆上.（II）解法二：12121212(1)(1)22()()22tan(1)(1)1122()()22PAPBPAPByyxxkkAPByyk kxx 212112123()4()33 293()22xxxxx xxx同理212121211122()22tan111122()22QBQAQAQByyxxkkAQByykkxx 12211212()4()3213()22xxxxx xxx 所以,APBAQB互补，因此A、P、B、Q四点在同一圆上.解法三:由(I）知道212P,，因为POQ、三点共

17、线，易求得直线PQ的方程为2yx，又直线AB的方程为21yx，两直线斜率互为相反数，由定理知A、P、B、Q四点在同一圆上.【方法感悟】本题涉及到平面向量，有一定的综合性和计算量，完成有难度.方程联立利用韦达定理是解决这类问题的基本思路，注意把0.OAOBOP 用坐标表示后求出 P 点的坐标，然后再结合直线方程把 P 点的纵坐标也用A、B两点的横坐标表示出来.从而求出点 P 的坐标代入椭圆方程验证即可证明点P在C上；(II)此问题证明有两种思路：思路一：根据圆的几何性质圆心一定在弦的垂直平分线上，所以根据两条弦的垂直平分线的交点找出圆心N，然后证明N到四个点A、P、B、Q的距离相等即可.思路二：

18、关键是证明,APBAQB互补.通过证明这两个角的正切值互补即可，再求正切值时要注意利用到角公式.思路三：运用关于圆锥曲线上四点共圆的充要条件的定理.三三巩固练习巩固练习1.（2018 届武昌 5 月调研理数 12）已知过椭圆22143xyE:的左焦点F的直线l与椭圆交于AB、两点，线段AB的垂直平分线交椭圆于C D,两点，若ACAD，则直线l的斜率为()A.22或2B.1或1C.2或22D.3或33解析：依题意得 A、B、C、D 四点共圆，则0ABCDkk，即1()0kk 解得1k ，故选 B.2.设直线230 xy与抛物线28yx:交于A B,两点，过A B,的圆与抛物线交于另外两点C D,

19、，则直线CD的斜率k _.解析：依题意得 A、B、C、D 四点共圆，则0ABCDkk，即2.CDk3（2002 年高考广东、广西、江苏、河南卷理科第 20 题）设A B,是双曲线2212yx 上的两点，点1 2N,是线段AB的中点.(1)求直线AB的方程；(2)如果线段AB的垂直平分线与双曲线相交于点CD、两点，那么ABCD、在同一个圆上，为什么?解析：（1）由点差法知直线AB的方程为1yx（2）因为直线AB的方程为1yx，则线段AB的垂直平分线CD的斜率为1，两直线斜率互为相反数，由定理知ABCD、四点在同一个圆上.4（2005 年湖北文数 22）设A、B是椭圆223yx上的两点，点1 3N

20、,是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点.（）确定的取值范围，并求直线AB的方程；（）试判断是否存在这样的，使得ABCD、四点在同一个圆上？并说明理由.解析：（1）的取值范围是12，直线AB的方程为4yx .(2)直线AB的斜率为1，则线段AB的垂直平分线CD的斜率为1，两直线斜率互为相反数，由定理知对任意的12，得ABCD、四点在同一个圆上.第第 28 讲讲仿射变换仿射变换一、问题综述一、问题综述设椭圆2222:1(0)xyCabab，作变换:xxayyb 得单位圆22:1Cxy，记点1122(,),(,)A x yB xy在变换下的对应点分别为1122(,),(,)A

21、 x yB xy，设直线AB和A B 的斜率分别为,k k（斜率存在且非零），AOB和A O B 的面积分别为,S S则变换有以下性质：性质 1：共线结合性，即ABACA BA C ；1212/llll；ACAC性质 2：bkka或kbka证明：21212121()()yyb yybkkxxa xxa性质 3：线段AB中点E变成线段A B 中点E性质 4：直线与曲线的位置关系保持不变性质 5：直线AB上线段成比例，则变成直线A B 上对应的线段仍成比例性质 6：SabS或SabS，证明：因为122112211122Sx yx yabx yx yabS ，即证之性质 7：设线段AB在伸缩变换下的

22、像为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（性质 2）寻找,ABA B 的关系：即设线段AB所在直线斜率为k，则2222221111()1()1()ABABABxxkakakA Bxxakkkb 二、典例分析二、典例分析类型类型 1 1：取值范围型取值范围型【例 1】设直线1ykx和椭圆2214xym有且仅有一个公共点，求k和m的取值范围解析：解析：令2xxyym ，则已知椭圆和直线变为相应的圆22:1Oxy和直线210kxmy，要使已知的直线与椭圆有且仅有一个公共点，只要相应的直线与圆相切由直线和圆相切的充要条件可知2112km，即214mk，

23、故得01m，即20141k，解得1122k【方法小结】【方法小结】转化到直线与圆相切，建立参数关系式，利用二次函数最值求解类型类型 2 2：三角形面积最值型三角形面积最值型【例 2】若,A B C是椭圆222210 xyabab上的三点，求ABC面积的最大值解析：解析：对椭圆222210 xyabab做伸缩变换xxayyb ，椭圆就变成圆221xy此时椭圆的内接ABC就变成圆的内接A B C ，而圆的内接三角形以内接正三角形面积最大，从而A B CS 的最大值是3 34，还原到椭圆中，由伸缩变换对应多边形面积比的不变性可知，ABCS的最大值是3 34ab【例 3】已知椭圆222210 xyab

24、ab，面积为2ab的椭圆内接四边形有（）A1个B2个C3个D4个解析：解析：对椭圆222210 xyabab做伸缩变换xxayyb ，椭圆就变成圆221xy，此时相应的椭圆内接四边形就变成圆的内接四边形，当椭圆的内接四边形的面积2ab时，其对应的圆内接四边形的面积就是122abab，由平面几何知识知圆的内接正方形的面积为2，而这样的内接正方形有无数个，还原到椭圆可知对应的椭圆内接四边形也有无数个，故选 D【例 4】（2014 年高考全国新课标 1 卷理第 20 题）已知点0,2A，椭圆E：22221(0)xyabab的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为2 33，O为坐标原点.(

25、)求E的方程；（）设过点A的直线l与E相交于,P Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程解析：解析：（）椭圆E的方程为2214xy（）由伸缩变换:2xxyy ，椭圆2214xy（如下图）变成了单位圆221xy，0,2A变为0,2A，设直线P Q 的方程为2ykx原点O到直线P Q 的距离为221dk，圆与直线相交，则需要满足1d，从而易得23k，则22222232 12 1211kP Qdkk ，则222222212132221123124332142O P QSP Q dkkkkkkk 当且仅当22433kk，即7k 时，max12O P QS ，此时直线l的斜率为72bka，且maxma

26、xmax21OPQO P QO P QSab SS 又直线l过点0,2A，所以直线l的方程为722yx或722yx【方法小结】【方法小结】对于求三角形面积和直线方程问题，可以用性质 2 和 6 求解类型类型 3 3：四边形面积型四边形面积型【例 5】（2013 年高考全国新课标 2 卷理科第 20 题）平面直角坐标系xOy中，过椭圆2222:1(0)xyMabab右焦点的直线30 xy交M于,A B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为12（）求M的方程；（）,C D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形的最大值解析：解析：在伸缩变换:xxayyb 下，椭圆（如下图）变成圆，（

27、）由伸缩变换性质知,2A BABO POPaaaakkkkbbbb ，又在椭圆中P为AB的中点，则在单位圆中P为A B 的中点，则O PA B ，故2212A BO Pakkb ，即222ab，又因为直线30 xy过椭圆的右焦点，则3c，于是6,3ab，则椭圆M的方程为22163xy（）由CDAB知1CDk，则在单位圆中，662,233A BABC DCDkkkk 设AB与C D 间的夹角为，则22tan2 2122 ，则2 2sin3，又直线AB变换为直线A B，其方程为210 xy，则O到直线A B 的距离1333d，则22 62 13A Bd 又14 38 3sin299A B C DS

28、A B C DC D ，当C D 为圆的直径时取等号，由伸缩变换的性质知，8 63 23ABCDA B C DA B C DSabSS 【方法小结】【方法小结】对于四边形面积问题，在单位圆中利用三角函数的有界性和性质 6 求解类型类型 4 4：距离距离型型【例 6】在椭圆22147xy上求一点，使它到直线:32160lxy的距离最短，并求此距离解析：解析：作仿射变换27xxyy ，则已知椭圆和直线l变为相应的圆221xy和直线:62 7160lxy，从而所求问题变为：在圆221xy上求一点到直线:62 7160lxy的距离的最短问题，由平面几何知识可知，过圆221xy的圆心0,0O作直线l的垂

29、线段，交圆于点,P x y，点P到垂足的距离最短，由直线l的垂线7:3OPyx 和圆221xy相交，解方程可求得点P为37,44，则相应椭圆所求的点P为37,24，所求最短距离为223732168 13241332【方法小结】【方法小结】距离最短，转化为单位圆中的垂线段最短，联立方程后得到点的坐标，用点到直线的距离求解即可类型类型 5 5：证明证明型型【例 7】如图，椭圆2222:1(0)xyCabab（其中）与过点2,0,0,1AB的直线有只且只有1个公共点T，且椭圆的离心率32e（）求椭圆的方程；（）设12,F F分别为椭圆的焦点，M为线段2AF的中点，求证：1ATMAFT 解析：解析：（

30、）如下图利用伸缩变换xxayyb ，椭圆上的点,A T B变换为圆,A T B上的点，因为切线AB的方程为12xy，所以切线A B 的方程为12axby，由点O到切线A B 距离22112dab，得2244ab，又32cea，解得2212,2ab，从而椭圆方程为22212xy（）由点2,0,0,1AB可变换得2,0,0,2AB，因为,O AO B O TA B ，所以12A TA B 由性质 2 可知1522ATAB，在椭圆中易得1661,242AMAF，从而21ATAF AM，即1ATAMAFAT，又1TAFMAT，从而1TAFMAT，得1ATMAFT【方法小结】【方法小结】用坐标伸缩变换将

31、椭圆问题化作圆处理，解答过程完全退去了代数运算的成分，而是通过图形的几何性质进行解答，化繁为简，事半功倍类型类型 6 6：相切轨迹型相切轨迹型【例 8】（2014 年广东省数学高考理科试题第 20 题）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的一个焦点为5,0，离心率为53（）求椭圆C的标准方程；（）若动点00(,)P xy为椭圆C外一点，且点P到椭圆的两条切线互相垂直，求点P的轨迹方程解析：解析：（）22194xy（）如图，设点,A P B在伸缩变换32xxyy 下的像分别为,A P B，可知00,32xyP，从而339224P AP BPAPBkkkk ，直线,P A PB 与圆O相切，设

32、过点P的圆的切线方程为0023yxyk x，即0066320kxyykx，从而圆心O到切线的距离为0023213636ykxdk，即2220000436129360 xkx y ky，根据韦达定理知，202093694436P AP Bykkx ，化简得220013xy，故点的轨迹方程为2213xy【方 法 小 结】【方 法 小 结】在 单 位 圆 中 得 到 切 线 方 程，用 点 到 直 线 的 距 离 建 立 二 次 方 程，用 韦 达 定 理 得 到202093694436P AP Bykkx ，即可求得轨迹方程为2213xy类型类型 7 7：定值定值型型【例 9】（2011 年重庆卷

33、理科第 20 题）如题（20）图，椭圆的中心为原点O，离心率22e，一条准线的方程为2 2x（）求该椭圆的标准方程；()设动点P满足：2OPOMON ，其中,M N是椭圆上的点，直线OM与ON的斜率之积为12，问：是否存在两个定点12,F F，使得12PFPF为定值？若存在，求12,F F的坐标；若不存在，说明理由解析：解析：（）所求椭圆的方程为22142xy（）在伸缩变换22xxyy 的作用下（如下图）椭圆22142xy变为圆：221xy，12OMONkk 变为1O MO Nkk ，点,M N P变为点,M N P在圆中，由1O MO Nkk ，知O MO N，设,cos,sin,cos,s

34、in22Px yMN，即sin,cosN，因为2O PO MO N ，所以cos2sinsin2cosxy，两式平方相加，得225xy，即点P的轨迹为圆225xy，由伸缩变换知，在椭圆中，点P的轨迹为椭圆2212010 xy，所以存在两个定点1210,0,10,0FF，使得124 5PFPF【方法小结】【方法小结】利用单位圆的参数方程得到点P的轨迹为圆225xy，通过伸缩变换得到点P的轨迹为椭圆2212010 xy，所以存在两个定点1210,0,10,0FF，使得124 5PFPF三、巩固练习三、巩固练习1.（2014 年浙江省数学高考理科试题第 21 题）如图，设椭圆2222:1(0)xyC

35、abab，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限（）已知直线l的斜率为k，用,a b k表示点P的坐标；（）若过原点O的直线1l与l垂直，证明：点P到直线1l距离的最大值为ab2、（2011 年江苏卷理科第 18 题）如图，在平面直角坐标系xOy中，,M N分别是椭圆22142xy的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于,P A两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k（）当直线PA平分线段MN时，求k的值；（）当2k 时，求点P到直线AB的距离d；（）对任意0k，求证：PAPB3.（2013 年山东高考理文科第 22 题）在平面

36、直角坐标系xOy中，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，短轴长是 2，离心率为22()求椭圆C的方程；()A，B是椭圆C上满足三角形AOB的面积为64的任意两点，E为线段AB的中点，射线OE交椭圆C于点P.设OPtOE ，求实数t的值.参考答案：参考答案：1.第 1 小题的伸缩变换解法如下：解析：（）如图，设切点00,P xy，在伸缩变换xxayyb 的作用下，椭圆2222:1(0)xyCabab变换为圆221xy，MPAxyBC椭圆上的点00,P xy变换为圆上的点00,xyPab，过点P的切线l变换为过点P的切线l，且llaakkkbb，由点P在圆221xy上得2200221xyab，由

37、O Pl 得1O Plkk ，从而001ay akbx b，即2002a kyxb，代入式可得点22222222,a kbPa kba kb2.解析：（）（）略（）在伸缩变换2:2xxyy 的作用下，椭圆22142xy（如图）变成了单位圆221xy，0011,P xyB x y变为,P B，在圆中，由21P AB AB AP Bkkkk ，得2P AP Bkk ，得001001222yyyxxx，得001001222222222yyyxxx，即0010011yyyxxx，即1PAPBkk，故PAPB3.解析：()略()将椭圆2212xy伸缩变换成221xy，设,O A B E P分别对应于点,O A B E P，考虑到1,2AOBABBASx yx y则1613=,2442A O BABBASx yx y 由OPtOE ，有OPtOE ，设A O E ，由于2O E A ，故1O EO EO AO Pt cos=又13=1 1 sin224A O BS ，故3sin22，又2为三角形内角，故2=3或23，则=6或3，综上，12cos3t或2，即，2 33t 或2t