已知椭圆 $C:\dfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$，$M$ 是圆 $x^{2}+y^{2}=3$ 上任一点，$MA,MB$ 分别于椭圆 $C$ 切于点 $A,B$．求 $\triangle OAB$ 面积的取值范围（$O$ 为坐标原点）．
【难度】
【出处】
2016年全国高中数学联赛贵州省预赛
【标注】
【答案】
$\left[\dfrac{2}{3},\dfrac{\sqrt 2}{2}\right]$
【解析】
设 $M(x_{0},y_{0}),A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，得 $\begin{cases}\dfrac{x_{1}x_{0}}{2}+y_{1}y_{0}=1,\\ \dfrac{x_{2}x_{0}}{2}+y_{2}y_{0}=1,\end{cases}$ 从而 $AB:\dfrac{x_{0}x}{2}+y_{0}y=1$．
将直线 $AB$ 的方程与椭圆 $C$ 的方程联立，得\[(y_{0}^{2}+3)x^{2}-4x_{0}x-4y_{0}^{2}+4=0,\]所以\[x_{1}+x_{2}=\dfrac{4x_{0}}{y_{0}^{2}+3}, x_{1}x_{2}=\dfrac{4-4y_{0}^{2}}{y_{0}^{2}+3},\]因此\[|AB|=\dfrac{2\sqrt 3(y_{0}^{2}+1)}{y_{0}^{2}+3}.\]又原点 $O$ 到 $AB$ 的距离\[d=\dfrac{1}{\sqrt{x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}}=\dfrac{2\sqrt 3}{3\sqrt{y_{0}^{2}+1}},\]所以\[S_{\triangle OAB}=\dfrac{1}{2}\cdot |AB|\cdot d=2\cdot \dfrac{\sqrt{y_{0}^{2}+1}}{y_{0}^{2}+3}.\]令 $t=\sqrt{y_{0}^{2}+1}\in [1,2]$，得到\[S_{\triangle OAB}=2\cdot \dfrac{t}{t^{2}+2}=2\cdot \dfrac{1}{t+\dfrac{2}{t}},\]所以 $S_{\triangle OAB}$ 的取值范围是 $\left[\dfrac{2}{3},\dfrac{\sqrt 2}{2}\right]$．
将直线 $AB$ 的方程与椭圆 $C$ 的方程联立，得\[(y_{0}^{2}+3)x^{2}-4x_{0}x-4y_{0}^{2}+4=0,\]所以\[x_{1}+x_{2}=\dfrac{4x_{0}}{y_{0}^{2}+3}, x_{1}x_{2}=\dfrac{4-4y_{0}^{2}}{y_{0}^{2}+3},\]因此\[|AB|=\dfrac{2\sqrt 3(y_{0}^{2}+1)}{y_{0}^{2}+3}.\]又原点 $O$ 到 $AB$ 的距离\[d=\dfrac{1}{\sqrt{x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}}=\dfrac{2\sqrt 3}{3\sqrt{y_{0}^{2}+1}},\]所以\[S_{\triangle OAB}=\dfrac{1}{2}\cdot |AB|\cdot d=2\cdot \dfrac{\sqrt{y_{0}^{2}+1}}{y_{0}^{2}+3}.\]令 $t=\sqrt{y_{0}^{2}+1}\in [1,2]$，得到\[S_{\triangle OAB}=2\cdot \dfrac{t}{t^{2}+2}=2\cdot \dfrac{1}{t+\dfrac{2}{t}},\]所以 $S_{\triangle OAB}$ 的取值范围是 $\left[\dfrac{2}{3},\dfrac{\sqrt 2}{2}\right]$．
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解析
备注
