已知动直线 $l$ 与圆 $O:x^2+y^2=1$ 相切，与椭圆 $\dfrac{x^2}{9}+y^2=1$ 相交不同的两点 $A,B$．求原点到 $AB$ 的中垂线的最大距离．
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛浙江省预赛
【标注】
【答案】
$\dfrac{4}{3}$
【解析】
依题意可设 $l:y=kx+m(k\ne 0)$．因为动直线 $l$ 与圆 $O$ 相切，所以 $O$ 到直线 $l$ 的距离为 $1$，即 $\dfrac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=1$．这样的直线必与椭圆交于不同的两点 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，联立 $\begin{cases}
y=kx+m\\
x^2+9y^2-9=0\\
\end{cases}$ 得 $(1+9k^2)x^2+18kmx+(9m^2-9)=0$，得到 $x_1+x_2=-\dfrac{18km}{1+9k^2}$．所以 $AB$ 的中点坐标为 $(-\dfrac{9km}{1+9k^2},\dfrac{m}{1+9k^2})$，化简得 $x+ky+\dfrac{8km}{1+9k^2}=0$．$O$ 到直线中垂线的距离 $d=\dfrac{|\dfrac{8km}{1+9k^2}|}{\sqrt{1+k^2}}$．将 $\dfrac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=1$ 代入 $d=\dfrac{|\dfrac{8km}{1+9k^2}|}{\sqrt{1+k^2}}$，得 $d=\dfrac{|8k|}{1+9k^2}$．由均值不等式得 $1+9k^2\geqslant 6|k|$，故 $d\leqslant \dfrac{4}{3}$，当且仅当 $|k|=\dfrac{1}{3}$ 时取等号．所以，当 $|k|=\dfrac{1}{3},|m|=\dfrac{\sqrt{10}}{3}$ 时，原点到 $AB$ 的中垂线的最大距离为 $\dfrac{4}{3}$．
y=kx+m\\
x^2+9y^2-9=0\\
\end{cases}$ 得 $(1+9k^2)x^2+18kmx+(9m^2-9)=0$，得到 $x_1+x_2=-\dfrac{18km}{1+9k^2}$．所以 $AB$ 的中点坐标为 $(-\dfrac{9km}{1+9k^2},\dfrac{m}{1+9k^2})$，化简得 $x+ky+\dfrac{8km}{1+9k^2}=0$．$O$ 到直线中垂线的距离 $d=\dfrac{|\dfrac{8km}{1+9k^2}|}{\sqrt{1+k^2}}$．将 $\dfrac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=1$ 代入 $d=\dfrac{|\dfrac{8km}{1+9k^2}|}{\sqrt{1+k^2}}$，得 $d=\dfrac{|8k|}{1+9k^2}$．由均值不等式得 $1+9k^2\geqslant 6|k|$，故 $d\leqslant \dfrac{4}{3}$，当且仅当 $|k|=\dfrac{1}{3}$ 时取等号．所以，当 $|k|=\dfrac{1}{3},|m|=\dfrac{\sqrt{10}}{3}$ 时，原点到 $AB$ 的中垂线的最大距离为 $\dfrac{4}{3}$．
答案
解析
备注
