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近年来，高考对解析几何的考查，从参考答案的常规解法来看，大体上都离不开“联立”、“韦达定理”、“运算”等对已知条件及目标表达式进行处理的过程，从而得出结果，往往与参量的取值范围或证明定值、定点问题有关.而在此之中，初等数学中一以贯之的平面几何似乎就失去了用武之地.实际上，在如火如荼的二轮复习中，如果能穿插一些使用平几处理的闪亮的清晰思路，那么无论是对学生的发散性思维培养或对教师的教学相长都有所裨益.在此，笔者作为一名学生，抛砖引玉，提出几点在近期学习中关于本类问题的拙见，希望能给大家带来一些启发.
总体来说，在笔者看来借助平几思想处理部分关于椭圆问题的方法可分为以下二种：
（1）借助题中含有的几何模型，应用性质，构造关系得解;
（2）借助坐标系变换，化“椭”为“圆”，应用性质，构造关系得解.
其中第一种方法，要求识别题中出现的几何模型，并借助其性质对题设进行挖掘，有时能得到一些既高又妙的解法，这些解法有些确实是通过比较简单的几何关系、几何性质入手所得出的，但却能达到“四两拨千斤”之奇效.
笔者在学习《极坐标系与坐标变换》时，产生了应用坐标变换解决一些解析几何问题的想法，在查阅了一些资料后发现，对于一部分题目，可以通过坐标系变换（主要借助下文谈到的“仿射变换”），将椭圆化为圆，从而通过其固有的几何性质入手，构造关系求解.此法易于操作，尤其在化陌生为熟悉的过程中，更多隐含条件便呼之欲出.而在使用此法解题的过程中，通过坐标系变换的內源联系，往往可对所求结果、所证结论有着更清晰明了的理解，有时还可反作用于常规方法，由因溯果，得到巧妙的构思思路.下面由具体例题分别说明.
一、巧找关系，挖掘已有几何模型中的几何性质
《渔父》中载，屈原在被放逐之后，游至江潭，一渔父听闻其遭遇，便说“世人皆濁，何不淈其泥而扬其波？众人皆醉，何不餔其糟而歠其醨？”至于解析几何亦是如此，在常规解法之外，善于灵活变化，从已知条件入手，着力挖掘其中的几何关系，则可能更为高妙的解法便呼之欲出了.试看以下例题.
例1（2014年石家庄第二次模拟考试）在平面直角坐标系中，已知点A（-2，0），B（2，0），点P为平面内一动点，且满足tan∠PAB·tan∠PBA=34.
（1）求动点P的轨迹方程;
（2）若点P位于y轴左侧，过点P作圆C：（x-1）2+y2=1的两条切线，分别交y轴于M，N两点，求MN的取值范围.
分析：初读本题时，一个很自然的思路就是将直线MN的方程设出，与椭圆联立，再将M、N的纵坐标表示出来，从而得出关于MN的表达式，讨论得之取值范围.本法中规中矩，是考场上的不二之选，参考答案也如是给出.而笔者注意到在计算MN的过程中，如果能穿插一些平几思想，充分利用圆的几何性质，加之椭圆的焦半径公式，则可避开联立的过程，通过巧妙地构造关于面积的等量关系，使问题迎刃而解.试看另解如下.
另解：
（1）x24+y23=1，x≠±2，过程略.
（2）设点P坐标为（x0，y0），其中x0∈（-2，0），两切线分别为PP1，PP2由焦半径公式得P到椭圆右焦点F的距离|PF2|=a-ex0=2-12x0，由切线长定理及勾股定理得|PP1|=|PP2|=|PF1|2-|PP2|2，容易知道：
S△OFM=S△P2FM，S△OFN=S△P1FN.
连接OP1，OP2，容易知道：S△MOF=S△MP2F，S△NOF=SNP1F，
故SMP2FP1N=2S△NMF=2（S△MDF+S△NDF）
=2×12×OF×MN=OF×MN.
再看△PP1P2.
一方面，S△PP1P2=S△OMN+SMP2FP1N
=12·MN·x0+2·12·OF·MN.
另一方面，由切线长定理及对称性得：
S△PP1P2=2SPFP2=2×12×FP2×PP2.
故MN=x20-8x0+122-x0，其中x0∈（-2，0），
易得：|MN|∈（2，3）.
点评：另解并不见得比常规解法有较快的速度提升，但另解中巧妙地通过圆固有的几何性质得出MN的表达式，过程简洁，思路清晰，可以启发学生对几何法的思考，激发学生的研究兴趣.
例2（江苏省徐州市2012-2013学年高二上学期期末考试数学（理））在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦点为F1（-1，0），F2（1，0），左、右顶点分别为A、B，离心率为33，动点P到F1、F2的距离平方和为6.
（1）求动点P的轨迹方程.
（2）若C（3，3），D（-3，3），Q为椭圆上位于x轴上方的动点，直线AQ与直线DC交于M，直线BQ与直线DC交于N.求证：对任意的动点Q，DM·CN为定值.
分析：本题较为平和，而第（2）问中的定值，若采用设出直线、联立转化、通过证明DM·CN=0达到目的固然可行，但若能抓住其中蕴藏的角度关系，则本题也可轻松作出.
解：
（1）P：x23+y22=1，过程略.
（2）不妨设∠CAB=∠NBA=α;∠CAB=∠DCA=β：
则DM=DAtanα;CN=BCtanβ.
于是DM·CN=3tanα·tanβ.
另一方面：由于点Q在椭圆上，故xQ23+y2Q2=1，即xQ2-3=32y2Q.
tanα·tanβ=yQxQ+3·yQxQ-3=y2Qx2Q-3=23.
于是：DM·CN=3tanα·tanβ=323=92，为定值，证毕. 点评：由于题中情景构建了一个十分清晰的矩形模型，便可从其中的平行关系导出角的关系，再联系角的正切值于动点坐标间的关系，化动为静，唾手可得.
二、善于变换，化陌生为熟悉
作为高中才接触到的椭圆，其中很多几何性质我们并不特别熟悉.而考虑到椭圆与圆之间千丝万缕的联系，一个很自然的想法便是将椭圆化为圆，然后利用其中的几何性质构造关系.化椭圆为圆离不开坐标系变换，这种坐标系变换被称为“仿射变换”.接下来，笔者先简要介绍一下仿射变换.
仿射变换是在原有坐标系xOy的基础上建立新的坐标系x′Oy′（在不引起歧义的情况下，本文中新建的仿射坐标系中各参量均加“′”以示区分，不再一一注释）的一种点变换 .
其中满足：x=a1x′+b1，
y=a2y′+b2.
而对于椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）.
通过仿射变换x=ax′，
y=by′将其变换为x′2+y′2=1，即为单位圆，于是便可以用圆的相关性质解决问题.除了椭圆变换为单位圆的上述变换，类似地，我们还可以通过变换x=x′，
y=aby′或x=abx′，
y=y′分别将其变为圆心为原点，半径为a或b的圆.
下面以仿射变换为例，讨论经仿射变换前后部分参量的关系推论：
推论1：坐标.原坐标系下点P（x0，y0）变为P′x0a，y0b.
推论2：斜率.容易证明交换后k′=abk.
推论3：长度.在此仅考虑弧长公式的变换形式.
推论4：l′=1+k′2Δx′=1+a2b2k2·1aΔx=1a2+1b2k′2·Δx.
推論5：面积.（以三角形区域为例）
S′=12Δx′Δy′=12abΔxΔy=1abS.
推论6：部分不变量.平行关系;共线各点分线段所成比例关系.
由此不难发现，在此变换后，两直线斜率（若存在）乘积k′1k′2=a2b2·k1k2.这就意味着如果两直线在原系中斜率乘积，则在新系中，k1′k2′=-1，即两者垂直.由此衍生出许多题设中含有k1k2=-a2b2这一条件的椭圆题目.
例3（2014年山西省太原一模）已知中心在原点O，左、右焦点分别为F1、F2的椭圆C的离心率为63，焦距为22，A、B是椭圆上的两点.
（1）略.
（2）动点P满足：OP=OA+3OB，直线OA与OB的斜率的乘积为-13，求动点P的轨迹方程.
另解一：
以O为原点，分别以x，y轴所在直线为x′，y′轴，建立仿射坐标系x′Oy′，
其中x=3x′，
y=y′，则C′：x′2+y′2=1.
由于kOA·kOB=-13，故k′OA·k′OB=-1.
即在系x′Oy′中OA′⊥OB′.
故OP′=OA′2+OB′2=10.
所以点P′轨迹为以O为圆心10为半径的圆（x′≠±3）.
所以P′：x′2+y′2=10（x′≠±3）.
于是P：x230+y240=1（x≠±33）.
点评：从另解一中不难看出，所求点的轨迹中x2系数与y2的系数之比与原椭圆相同，这就启发我们在原题基础上，可以通过恰当的构造得出结果，如另解二所示.
另解二：由题设得：
x1x2+3y1y2=0……①
x=x1+3x2……②
y=y1+3y2……③
①式平方除以3+②式平方代入①式：
x23+y2=x21+9x22+6x1x23+y21+9y22+6y1y2
x23+y2=x213+y21+9（x223+y22）+2（x1x2+3y1y2）
x23+y2=10x230+y210=1，
其中x≠±33.
点评：考虑①式中x1x2，y1y2的比例关系，通过对②，③两式平方后调整系数，使之可整体代换.与此同时，该调整后比例亦可使x2，y2项通过点在椭圆上满足椭圆方程而整体带换.那么为什么可以这样做呢？因为所给条件中出现了类似k1k2=-a2b2的条件，这就揭示了动点P在仿射变换后其坐标的特殊性，因此另解二中调整系数的方法一定行得通.
从上例我们可以体会到，解析几何中并非都是凭借联立方程的“硬算”求得答案.在题中出现了较为明确的几何模型时，往往可以借助其中的几何性质，耐心观察，找出构造关系的突破口，从而巧妙地使问题简单化.在题目中并没有明确地几何模型时，通过仿射变换建立新坐标系将椭圆“压缩”或“拉伸”为熟悉圆，再使用圆当中的几何性质，配以深入挖掘过的题设，找出一些等量、比例关系，在新坐标系中初步解决问题之后，回到原坐标系做出完整解答.在这个过程中，不仅仅能够将题目算得又快又准，而且往往可以从解答过程中得到启发，由果溯因，使得一些模糊的隐含条件明晰起来，进而通过在原坐标系中做出一些巧妙地构造解决问题.
最后，笔者还需要说得是，这种由平几思想入手的关于椭圆的解析几何思路对促进思考、解决一些棘手的问题可能确有一定的帮助，但在正规考试中，我们还是应该优先选择传统的“联立”、“韦达定理”的套路解决问题.
作者单位：郑州外国语学校高三六班
总体来说，在笔者看来借助平几思想处理部分关于椭圆问题的方法可分为以下二种：
（1）借助题中含有的几何模型，应用性质，构造关系得解;
（2）借助坐标系变换，化“椭”为“圆”，应用性质，构造关系得解.
其中第一种方法，要求识别题中出现的几何模型，并借助其性质对题设进行挖掘，有时能得到一些既高又妙的解法，这些解法有些确实是通过比较简单的几何关系、几何性质入手所得出的，但却能达到“四两拨千斤”之奇效.
笔者在学习《极坐标系与坐标变换》时，产生了应用坐标变换解决一些解析几何问题的想法，在查阅了一些资料后发现，对于一部分题目，可以通过坐标系变换（主要借助下文谈到的“仿射变换”），将椭圆化为圆，从而通过其固有的几何性质入手，构造关系求解.此法易于操作，尤其在化陌生为熟悉的过程中，更多隐含条件便呼之欲出.而在使用此法解题的过程中，通过坐标系变换的內源联系，往往可对所求结果、所证结论有着更清晰明了的理解，有时还可反作用于常规方法，由因溯果，得到巧妙的构思思路.下面由具体例题分别说明.
一、巧找关系，挖掘已有几何模型中的几何性质
《渔父》中载，屈原在被放逐之后，游至江潭，一渔父听闻其遭遇，便说“世人皆濁，何不淈其泥而扬其波？众人皆醉，何不餔其糟而歠其醨？”至于解析几何亦是如此，在常规解法之外，善于灵活变化，从已知条件入手，着力挖掘其中的几何关系，则可能更为高妙的解法便呼之欲出了.试看以下例题.
例1（2014年石家庄第二次模拟考试）在平面直角坐标系中，已知点A（-2，0），B（2，0），点P为平面内一动点，且满足tan∠PAB·tan∠PBA=34.
（1）求动点P的轨迹方程;
（2）若点P位于y轴左侧，过点P作圆C：（x-1）2+y2=1的两条切线，分别交y轴于M，N两点，求MN的取值范围.
分析：初读本题时，一个很自然的思路就是将直线MN的方程设出，与椭圆联立，再将M、N的纵坐标表示出来，从而得出关于MN的表达式，讨论得之取值范围.本法中规中矩，是考场上的不二之选，参考答案也如是给出.而笔者注意到在计算MN的过程中，如果能穿插一些平几思想，充分利用圆的几何性质，加之椭圆的焦半径公式，则可避开联立的过程，通过巧妙地构造关于面积的等量关系，使问题迎刃而解.试看另解如下.
另解：
（1）x24+y23=1，x≠±2，过程略.
（2）设点P坐标为（x0，y0），其中x0∈（-2，0），两切线分别为PP1，PP2由焦半径公式得P到椭圆右焦点F的距离|PF2|=a-ex0=2-12x0，由切线长定理及勾股定理得|PP1|=|PP2|=|PF1|2-|PP2|2，容易知道：
S△OFM=S△P2FM，S△OFN=S△P1FN.
连接OP1，OP2，容易知道：S△MOF=S△MP2F，S△NOF=SNP1F，
故SMP2FP1N=2S△NMF=2（S△MDF+S△NDF）
=2×12×OF×MN=OF×MN.
再看△PP1P2.
一方面，S△PP1P2=S△OMN+SMP2FP1N
=12·MN·x0+2·12·OF·MN.
另一方面，由切线长定理及对称性得：
S△PP1P2=2SPFP2=2×12×FP2×PP2.
故MN=x20-8x0+122-x0，其中x0∈（-2，0），
易得：|MN|∈（2，3）.
点评：另解并不见得比常规解法有较快的速度提升，但另解中巧妙地通过圆固有的几何性质得出MN的表达式，过程简洁，思路清晰，可以启发学生对几何法的思考，激发学生的研究兴趣.
例2（江苏省徐州市2012-2013学年高二上学期期末考试数学（理））在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦点为F1（-1，0），F2（1，0），左、右顶点分别为A、B，离心率为33，动点P到F1、F2的距离平方和为6.
（1）求动点P的轨迹方程.
（2）若C（3，3），D（-3，3），Q为椭圆上位于x轴上方的动点，直线AQ与直线DC交于M，直线BQ与直线DC交于N.求证：对任意的动点Q，DM·CN为定值.
分析：本题较为平和，而第（2）问中的定值，若采用设出直线、联立转化、通过证明DM·CN=0达到目的固然可行，但若能抓住其中蕴藏的角度关系，则本题也可轻松作出.
解：
（1）P：x23+y22=1，过程略.
（2）不妨设∠CAB=∠NBA=α;∠CAB=∠DCA=β：
则DM=DAtanα;CN=BCtanβ.
于是DM·CN=3tanα·tanβ.
另一方面：由于点Q在椭圆上，故xQ23+y2Q2=1，即xQ2-3=32y2Q.
tanα·tanβ=yQxQ+3·yQxQ-3=y2Qx2Q-3=23.
于是：DM·CN=3tanα·tanβ=323=92，为定值，证毕. 点评：由于题中情景构建了一个十分清晰的矩形模型，便可从其中的平行关系导出角的关系，再联系角的正切值于动点坐标间的关系，化动为静，唾手可得.
二、善于变换，化陌生为熟悉
作为高中才接触到的椭圆，其中很多几何性质我们并不特别熟悉.而考虑到椭圆与圆之间千丝万缕的联系，一个很自然的想法便是将椭圆化为圆，然后利用其中的几何性质构造关系.化椭圆为圆离不开坐标系变换，这种坐标系变换被称为“仿射变换”.接下来，笔者先简要介绍一下仿射变换.
仿射变换是在原有坐标系xOy的基础上建立新的坐标系x′Oy′（在不引起歧义的情况下，本文中新建的仿射坐标系中各参量均加“′”以示区分，不再一一注释）的一种点变换 .
其中满足：x=a1x′+b1，
y=a2y′+b2.
而对于椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）.
通过仿射变换x=ax′，
y=by′将其变换为x′2+y′2=1，即为单位圆，于是便可以用圆的相关性质解决问题.除了椭圆变换为单位圆的上述变换，类似地，我们还可以通过变换x=x′，
y=aby′或x=abx′，
y=y′分别将其变为圆心为原点，半径为a或b的圆.
下面以仿射变换为例，讨论经仿射变换前后部分参量的关系推论：
推论1：坐标.原坐标系下点P（x0，y0）变为P′x0a，y0b.
推论2：斜率.容易证明交换后k′=abk.
推论3：长度.在此仅考虑弧长公式的变换形式.
推论4：l′=1+k′2Δx′=1+a2b2k2·1aΔx=1a2+1b2k′2·Δx.
推論5：面积.（以三角形区域为例）
S′=12Δx′Δy′=12abΔxΔy=1abS.
推论6：部分不变量.平行关系;共线各点分线段所成比例关系.
由此不难发现，在此变换后，两直线斜率（若存在）乘积k′1k′2=a2b2·k1k2.这就意味着如果两直线在原系中斜率乘积，则在新系中，k1′k2′=-1，即两者垂直.由此衍生出许多题设中含有k1k2=-a2b2这一条件的椭圆题目.
例3（2014年山西省太原一模）已知中心在原点O，左、右焦点分别为F1、F2的椭圆C的离心率为63，焦距为22，A、B是椭圆上的两点.
（1）略.
（2）动点P满足：OP=OA+3OB，直线OA与OB的斜率的乘积为-13，求动点P的轨迹方程.
另解一：
以O为原点，分别以x，y轴所在直线为x′，y′轴，建立仿射坐标系x′Oy′，
其中x=3x′，
y=y′，则C′：x′2+y′2=1.
由于kOA·kOB=-13，故k′OA·k′OB=-1.
即在系x′Oy′中OA′⊥OB′.
故OP′=OA′2+OB′2=10.
所以点P′轨迹为以O为圆心10为半径的圆（x′≠±3）.
所以P′：x′2+y′2=10（x′≠±3）.
于是P：x230+y240=1（x≠±33）.
点评：从另解一中不难看出，所求点的轨迹中x2系数与y2的系数之比与原椭圆相同，这就启发我们在原题基础上，可以通过恰当的构造得出结果，如另解二所示.
另解二：由题设得：
x1x2+3y1y2=0……①
x=x1+3x2……②
y=y1+3y2……③
①式平方除以3+②式平方代入①式：
x23+y2=x21+9x22+6x1x23+y21+9y22+6y1y2
x23+y2=x213+y21+9（x223+y22）+2（x1x2+3y1y2）
x23+y2=10x230+y210=1，
其中x≠±33.
点评：考虑①式中x1x2，y1y2的比例关系，通过对②，③两式平方后调整系数，使之可整体代换.与此同时，该调整后比例亦可使x2，y2项通过点在椭圆上满足椭圆方程而整体带换.那么为什么可以这样做呢？因为所给条件中出现了类似k1k2=-a2b2的条件，这就揭示了动点P在仿射变换后其坐标的特殊性，因此另解二中调整系数的方法一定行得通.
从上例我们可以体会到，解析几何中并非都是凭借联立方程的“硬算”求得答案.在题中出现了较为明确的几何模型时，往往可以借助其中的几何性质，耐心观察，找出构造关系的突破口，从而巧妙地使问题简单化.在题目中并没有明确地几何模型时，通过仿射变换建立新坐标系将椭圆“压缩”或“拉伸”为熟悉圆，再使用圆当中的几何性质，配以深入挖掘过的题设，找出一些等量、比例关系，在新坐标系中初步解决问题之后，回到原坐标系做出完整解答.在这个过程中，不仅仅能够将题目算得又快又准，而且往往可以从解答过程中得到启发，由果溯因，使得一些模糊的隐含条件明晰起来，进而通过在原坐标系中做出一些巧妙地构造解决问题.
最后，笔者还需要说得是，这种由平几思想入手的关于椭圆的解析几何思路对促进思考、解决一些棘手的问题可能确有一定的帮助，但在正规考试中，我们还是应该优先选择传统的“联立”、“韦达定理”的套路解决问题.
作者单位：郑州外国语学校高三六班