已知椭圆 $E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$），$A$ 为椭圆 $E$ 的右顶点，$M,N$ 是椭圆 $E$ 上不同于 $A$ 的不同两点，且直线 $AM$ 和 $AN$ 的斜率之积为 $\lambda $．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求证：直线 $MN$ 过定点 $R$；标注答案略解析平移坐标系 $xOy$ 至以 $A$ 为坐标原点，则$$E':\dfrac{(x'+a)^2}{a^2}+\dfrac{y'^2}{b^2}=1,$$即\[E':\dfrac{x'^2}{a^2}+\dfrac{y'^2}{b^2}+\dfrac{2}{a}x'=0,\]设直线 $M'N':mx'+ny'=1$，与椭圆 $E'$ 的方程化齐次联立，得\[\dfrac{x'^2}{a^2}+\dfrac{y'^2}{b^2}+\dfrac{2}{a}x'(mx'+ny')=0,\]即\[\dfrac{1}{b^2}y'^2+\dfrac{2n}{a}x'y'+\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{2m}a\right)x'^2=0,\]于是由直线 $A'M'$ 与直线 $A'N'$ 斜率之积为 $\lambda $，可得\[\dfrac{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{2m}a}{\dfrac{1}{b^2}}=\lambda ,\]因此\[\dfrac{1}{m}=\dfrac{2ab^2}{\lambda a^2-b^2},\]为定值，进而直线 $MN$ 过定点$$R'\left(\dfrac{2ab^2}{\lambda a^2-b^2},0\right),$$回到原坐标，定点为 $R\left(\dfrac{\lambda a^2+b^2}{\lambda a^2-b^2}\cdot a,0\right)$．
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若 $\lambda =-\dfrac{b^2}{a^2}$，$P$ 为椭圆 $E$ 上不同于 $M,N$ 的一点，且 $|PM|=|PN|$，求 $\triangle MNP$ 的面积的最小值．标注答案$\dfrac{2a^2b^2}{a^2+b^2}$解析当 $\lambda =-\dfrac {b^2}{a^2}$ 时，$R$ 即坐标原点 $O$．此时 $O$ 点平分线段 $MN$，因此$$OP\perp MN.$$不妨设 $M\left(r_1\cos\theta,r_1\sin\theta\right)$，$P\left(r_2\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}2\right),r_2\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}2\right)\right)$，此时有\[\begin{aligned}\dfrac{(r_1\cos\theta)^2}{a^2}+\dfrac {(r_1\sin\theta)^2}{b^2}=1,\\
\dfrac{\left(r_2\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}2\right)\right)^2}{a^2}+\dfrac{\left(r_2\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}2\right)\right)^2}{b^2}=1,
\end{aligned} \]因此\[\dfrac{1}{r_1^2}+\dfrac{1}{r_2^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}.\]而 $\triangle PMN$ 的面积为\[\begin{split}\dfrac 12 |MN|\cdot |OP|&= r_1r_2
=\dfrac{r_1r_2\cdot \left(\dfrac{1}{r_1^2}+\dfrac{1}{r_2^2}\right)}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}}\\
&=\dfrac{\dfrac{r_2}{r_1}+\dfrac{r_1}{r_2}}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}}\\
&\geqslant \dfrac {2a^2b^2}{a^2+b^2},\end{split}\]等号当 $r_1=r_2$ 时（取 $\theta=-\dfrac{\pi}4$）取得．
因此所求的最小值为 $\dfrac{2a^2b^2}{a^2+b^2}$．
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
