设 $P$ 为椭圆 $\dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{y^{2}}{3}=1$ 上的一个动点，过点 $P$ 作椭圆的切线与 $\odot O:x^{2}+y^{2}=12$ 相交于 $M,N$ 两点，$\odot O$ 在 $M,N$ 两点处的切线相交于点 $Q$．
【难度】
【出处】
2008年全国高中数学联赛湖北省预赛
【标注】
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求点 $Q$ 的轨迹方程；标注答案$\dfrac{x^{2}}{36}+\dfrac{y^{2}}{48}=1$解析设点 $P(x_{0},y_{0}),Q(x_{1},y_{1})$．
因为点 $P$ 在椭圆 $\dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{y^{2}}{3}=1$ 上，所以\[\dfrac{x_{0}^{2}}{4}+\dfrac{y_{0}^{2}}{3}=1.\cdots\cdots\text{ ① }\]一方面，易求得椭圆 $\dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{y^{2}}{3}=1$ 在点 $P$ 处的切线方程为\[\dfrac{x_{0}x}{4}+\dfrac{y_{0}y}{3}=1\cdots\cdots\text{ ② }\]另一方面，$QM,QN$ 为过点 $Q$ 所引的 $\odot O:x^{2}+y^{2}=12$ 的两条切线，切点弦 $MN$ 所在直线的方程为\[x_{1}x+y_{1}y=12.\cdots\cdots \text{ ③ }\]② 式和 ③ 式表示同一条直线方程，于是有\[\dfrac{\dfrac{x_{0}}{4}}{x_{1}}=\dfrac{\dfrac{y_{0}}{3}}{y_{1}}=\dfrac{1}{12},\]故 $x_{0}=\dfrac{x_{1}}{3},y_{0}=\dfrac{y_{1}}{4}$，代入方程 ①，化简得$$\dfrac{x_{1}^{2}}{36}+\dfrac{y_{1}^{2}}{48}=1,$$所以点 $Q$ 的轨迹方程是 $\dfrac{x^{2}}{36}+\dfrac{y^{2}}{48}=1$． -
若 $P$ 是第一象限的点，求 $\triangle OPQ$ 面积的最大值．标注答案$\dfrac{\sqrt 3}{2}$解析过点 $P$ 作 $PA\perp x$ 轴，过点 $Q$ 作 $QB\perp x$ 轴，则$$A(x_{0},0),Q(3x_{0},4y_{0}),B(3x_{0},0).$$
因此\[\begin{split}S_{\triangle OPQ}&=S_{\triangle OBQ}-S_{\triangle OPA}-S_{\text{梯形}PABQ}\\&=\dfrac{1}{2}\cdot 3x_{0}\cdot 4y_{0}-\dfrac{1}{2}\cdot x_{0}\cdot y_{0}-\dfrac{1}{2}\cdot (y_{0}+4y_{0})\cdot (3x_{0}-x_{0})\\&=\dfrac{1}{2}\cdot x_{0}\cdot y_{0}.\end{split}\]又因为\[1=\dfrac{x_{0}^{2}}{4}+\dfrac{y_{0}^{2}}{3}\geqslant 2\sqrt{\dfrac{x_{0}^{2}\cdot y_{0}^{2}}{12}}=\dfrac{x_{0}\cdot y_{0}}{\sqrt 3},\]所以 $x_{0}\cdot y_{0}\leqslant \sqrt 3$，从而$$S_{\triangle OPQ}=\dfrac 12\cdot x_0\cdot y_0\leqslant \dfrac{\sqrt 3}{2}.$$因此 $\triangle OPQ$ 面积的最大值为 $\dfrac{\sqrt 3}{2}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
