一小题目的新探究
　　题目：（2013年广东省高中数学竞赛预赛改编）设A，B，N，是椭圆
　　上三点，满足 ，M为线段AB中点，求M的轨迹方程.
　　图1
　　证明：证法1：据文[1]可知，A，B为一对共轭直径的两端点，设A（x1，y1），B（x2，y2） ，M（x0，y0） .据共轭直径的性质知有， ，即 。
　　图2
　　证法2：从证法1可以看出椭圆C2与椭圆C1是相似椭圆，这就使我们联想到可以用伸缩变换，将椭圆C1变成圆来处理此题.
　　作伸缩变换（x，y）→ 。得圆C1：x2+y2=a2。此时A，B依然是圆C1的一对共轭直径的两端点，可知此时 . B，A在圆C1上OA=OB=a.在等腰直角三角形ABO中有 .∴M的轨迹方程为圆C2： .
　　再将圆C2通过伸缩变换（x，y）→ ，得到椭圆C2，从而得到的轨迹方程 .
　　点评：图2中，若我们将OM延长，交圆C1于点N，不难发现 ，根据伸缩变换关于线的性质（经过仿射变换的直线，平行性不变，对曲线的切性不变，平行或共线线段的比例不变）可知，若图1也做相关变动，也有 .
　　在这里给出一个定义：若椭圆C1： 和椭圆C2： 满足
　　，则称这两个椭圆相似，m为其相似比，并且若过原点O做一条射线，交C1，C2于N，M.则 （证明略）
　　从此题，我们可以得出这样一个结论：命题1：设椭圆中心为坐标原点O，若椭圆C1，椭圆C2，的相似比为 （即椭圆C1更大），若A，B分别是椭圆C1一对共轭直径的两个端点，则直线AB为椭圆C2的切线，且切点M平分线段AB.
　　证明：首先我们在相似比为 的两个圆中证明该结论。在图2的基础上再画一个圆C3： ，延长ON交于C3，可知 ，且C3，C1的相似比为
　　，延长OA，OB分别交C3于C，D，连接C，D。可知C，D为圆C3的一对共轭直径的两个端点，过O作 ，显然H为C，D中点，OH为O到直线CD距离（如图3）
　　图3
　　∵等腰直角三角形OCD∴OH= a=圆C半径∴CD与圆C相切，点N与点H 重合，N为切点，得证
　　将圆伸缩变换（x，y）→ 變换成椭圆，根据伸缩变换关于线的性质可知结论依然成立，如图4
　　图4
　　二對命题1的推广
　　命题2：设椭圆中心为坐标原点O，若椭圆C2，C1的相似比为 （椭圆C2 更大），做椭圆C1的外切平行四边形ABCD，且A，B，C，D四点在椭圆C2上，则该平行四边形的对角线为椭圆C2的一对共轭直径，且该平行四边形的面积为定值.
　　证明命题2之前，先来证明一个小引理.
　　对图3进行一些漂亮的改动，如图5。
　　图5
　　图6
　　设OC，OD分别交圆C2于E，F，连N，F交圆C1于K，连NE并延长交圆C1于I，连OI，OK，IC，DK
　　∵ON= a， ，OF=a，∴据余弦定理可知MF=a，∴ ，F为圆C2的切点，∴根据上述结论可知N，K为圆C1的一对共轭直径的两端点，NF=FK，同理可得N，I也为圆C1一对共轭直径的两端点，且NE=IEC∴I，O，K在同一直线上.又圆C2与圆C3的相似比为2，可知 ，即F为OD中点，又F平分NK，OD∴四边形KOND为平行四边形，同理CDIK也为平行四边形
　　如果我们将图4也做相同改动，就会得到类似的美丽图案，如图6.根据伸缩变换可知CDIK也为平行四边形（证明略）
　　不难看出若将平行四边形CDIK的另一半补上，则新形成的平行四边形就是椭圆C1的外切平行四边形，且其内接于椭圆C2，并且新形成的平行四边形的对角线即为椭圆C3的一对共轭直径.
　　由仿射变换关于面积的性质（经过仿射变换的封闭图形，其面积与原面积比皆为一定值）可知，因为在圆中平行四边形CDIK的面积为定值，所以在椭圆内也为定值，命题2得证.
　　点评：通过上述探究过程，我们可以看出伸缩变换的好处，他将圆与椭圆紧密联系，上面的结论在圆内可以迅速得出，若放在椭圆内结论看起来就不是那么明显，反而会带来大量运算量。
　　[自编新题]1.O为椭圆中心，平面直角坐标系上有椭圆E1： 和椭
　　圆E2： ，C（x1，y1），D（x2，y2）为椭圆E2一对共轭直径的两端点 ，连CD，平移CD至原点O，交椭圆E1于A，B两点，连AC，BD.求证：四边形ABCD为平行四边形.
　　[自编新题]2.已知平面直角坐标系中有n个椭圆，原点O为这一系列椭圆的圆心，且这些椭圆的长半轴长a，短半轴长满足
　　作第一个椭圆C1： 的外切平行四边形A1B1C1D1，且该平行四边
　　形的4个顶点在椭圆C2： 上，以此类推作出平行四边形A2B2C2D2，A3B3C3D3，...，AnBnCnDn，求证：这一系列平行四边形的面积为等比数列，并求其公比.
　　参考文献
　　[1]中等数学研究.江嘉秋.