一道源于课本的椭圆问题的解法探讨
王春彪
高三数学复习应当回归教材，注重课本习题的探究，培养学生重视结果更要重视过程且弄清
知识的来龙去脉的严谨的学习态度.本人在一次高三数学复习课中遇到如下一道小题：
“如图，将矩形ABCD的两边BC、CD分别8等分，过A、B连接七个对应分点的连线得7个交点，对于下列曲线：①圆；②椭圆；③双曲线；④抛物线；⑤直线.这7个交点可能位于哪几种曲线上，写出所有可能曲线的序号 .”
本题的背景实质是苏教版高中数学教材选修2-1第33页的11题.原题为：“把矩形的各边n等分，如图1连接直线，判断对应直线的交点是否在一个椭圆上，为什么?”教参提供的答案认为是在一个椭圆上，并给出了证明过程，实质上是不够严密的.因为正方形是特殊的矩形，
因此对应点也有可能是在一个圆上，本题则很好地完善了课本题结论.教学中发现学生存在两个方面问题：一是容易忽略圆这个特殊结论；二是对得到椭圆的结论过程和方法不熟悉.因此有必要探讨如何探究得到正确结论?
一、矩形为正方形时对应点在一个圆上
证明过程如下：
证法1：(几何证法)如图2：设AE和BF是对应的第r个分点连线(0≤r≤n,r∈N)，则易证明△ABE≌△BCF,则∠BAE=∠CBF,∵∠CBF+∠ABF=90°，∴∠BAE+∠ABF=90°,即∠APB=90°.∴点P在以AB为直径的圆上.
证法2：(代数证法)如图4：设AB=2a,设P(x,y);A(-a,0),B(a,0),E(a,2ran),
F(a-2ran,2a),则AE的方程：y=rn(x+a);BF的方程：y=-nr(x-a).交点P的坐标x=n2-r2n2+r2a
y=2nrn2+r2a,
即P点坐标(n2-r2n2+r2a,2nrn2+r2a)
,则点P所在的曲线方程为x2+y2=a2.∴点P在以AB为直径的圆上.
二、矩形为非正方形时对应点在一个椭圆上
证明过程如下：
证法1：类比圆的代数解法，如图3设AB=2a,BC=2b,设P(x,y),A(-a,0),B(a,0
),E(a,2rbn)，F(a-2ran,2b),则AE的方程：y=rbna(x+a).BF的方程：y=-nbra(x-a).交点P的坐标x=n2-r2n2+r2a
y=2nrn2+r2b,∴x2a2+y2b2=1.
i)当a=b时，x2+y2=a2，以AB为直径的圆；
ii)当a>b时，x2a2+y2b2=1，焦点在x轴(线段AB)上的椭圆；
iii)当a
证法2：如图5，由△APH∽△ABE，∴PHAH=BEAB.∴yx+a=2rbn2a,∴yx+a=rbna ①
由△BFG∽△BPH,∴PHBH=FGBG.∴ya-x=2ba-(a-2ran),∴ya-x=nbra ②
∴①×②得：y2a2-x2=b2a2,即x2a2+y2b2=1(下同解法1).
证法3：充分考虑到圆与椭圆的关系，由正方形时的代数解法得到交点P坐标x=n2-r2n2+r2a，
y=2nrn2+r2a，由矩阵与变换的知识，正方形可通过伸压变换得到一般矩形，易知该变换的矩阵为A=10
0ba，则x
y10
0ba=x′
y′,即x′
y′=x
y10
0ba=n2-r2n2+r2a
2nrn2+r2b,
∴x′=n2-r2n2+r2a,
y′=2nrn2+r2b,(下同解法1).
本题在探究该问题的解法过程中，用到了代数解法和几何解法.并且用到新教材的类比推理及矩阵与变换的知识，体现了数形结合的数学思想，能从特殊到一般又能从一般到特殊的思考问题.在解题过程中很好地体现了传统高中数学知识和方法，又突出新课程所倡导的方法和思路，确实是一道值得深究的好题.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
高三数学复习应当回归教材，注重课本习题的探究，培养学生重视结果更要重视过程且弄清
知识的来龙去脉的严谨的学习态度.本人在一次高三数学复习课中遇到如下一道小题：
“如图，将矩形ABCD的两边BC、CD分别8等分，过A、B连接七个对应分点的连线得7个交点，对于下列曲线：①圆；②椭圆；③双曲线；④抛物线；⑤直线.这7个交点可能位于哪几种曲线上，写出所有可能曲线的序号 .”
本题的背景实质是苏教版高中数学教材选修2-1第33页的11题.原题为：“把矩形的各边n等分，如图1连接直线，判断对应直线的交点是否在一个椭圆上，为什么?”教参提供的答案认为是在一个椭圆上，并给出了证明过程，实质上是不够严密的.因为正方形是特殊的矩形，
因此对应点也有可能是在一个圆上，本题则很好地完善了课本题结论.教学中发现学生存在两个方面问题：一是容易忽略圆这个特殊结论；二是对得到椭圆的结论过程和方法不熟悉.因此有必要探讨如何探究得到正确结论?
一、矩形为正方形时对应点在一个圆上
证明过程如下：
证法1：(几何证法)如图2：设AE和BF是对应的第r个分点连线(0≤r≤n,r∈N)，则易证明△ABE≌△BCF,则∠BAE=∠CBF,∵∠CBF+∠ABF=90°，∴∠BAE+∠ABF=90°,即∠APB=90°.∴点P在以AB为直径的圆上.
证法2：(代数证法)如图4：设AB=2a,设P(x,y);A(-a,0),B(a,0),E(a,2ran),
F(a-2ran,2a),则AE的方程：y=rn(x+a);BF的方程：y=-nr(x-a).交点P的坐标x=n2-r2n2+r2a
y=2nrn2+r2a,
即P点坐标(n2-r2n2+r2a,2nrn2+r2a)
,则点P所在的曲线方程为x2+y2=a2.∴点P在以AB为直径的圆上.
二、矩形为非正方形时对应点在一个椭圆上
证明过程如下：
证法1：类比圆的代数解法，如图3设AB=2a,BC=2b,设P(x,y),A(-a,0),B(a,0
),E(a,2rbn)，F(a-2ran,2b),则AE的方程：y=rbna(x+a).BF的方程：y=-nbra(x-a).交点P的坐标x=n2-r2n2+r2a
y=2nrn2+r2b,∴x2a2+y2b2=1.
i)当a=b时，x2+y2=a2，以AB为直径的圆；
ii)当a>b时，x2a2+y2b2=1，焦点在x轴(线段AB)上的椭圆；
iii)当a
证法2：如图5，由△APH∽△ABE，∴PHAH=BEAB.∴yx+a=2rbn2a,∴yx+a=rbna ①
由△BFG∽△BPH,∴PHBH=FGBG.∴ya-x=2ba-(a-2ran),∴ya-x=nbra ②
∴①×②得：y2a2-x2=b2a2,即x2a2+y2b2=1(下同解法1).
证法3：充分考虑到圆与椭圆的关系，由正方形时的代数解法得到交点P坐标x=n2-r2n2+r2a，
y=2nrn2+r2a，由矩阵与变换的知识，正方形可通过伸压变换得到一般矩形，易知该变换的矩阵为A=10
0ba，则x
y10
0ba=x′
y′,即x′
y′=x
y10
0ba=n2-r2n2+r2a
2nrn2+r2b,
∴x′=n2-r2n2+r2a,
y′=2nrn2+r2b,(下同解法1).
本题在探究该问题的解法过程中，用到了代数解法和几何解法.并且用到新教材的类比推理及矩阵与变换的知识，体现了数形结合的数学思想，能从特殊到一般又能从一般到特殊的思考问题.在解题过程中很好地体现了传统高中数学知识和方法，又突出新课程所倡导的方法和思路，确实是一道值得深究的好题.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
