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已知椭圆 $C_{1}:\dfrac{x^{2}}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$，不过原点的直线 $l$ 和椭圆相交于两点 $A$、$B$．
【难度】
【出处】
2015年全国高中数学联赛山东省预赛
【标注】
  1. 求三角形 $ OAB$ 面积的最大值；
    标注
    答案
    $\dfrac{ab}{2}$
    解析
    若直线 $l$ 的斜率存在，设 $l$ 的方程为 $y = kx + m$，将 $y = kx + m$ 代入椭圆方程得$$(a^2k^2 + b^2)x^2 + 2a^2kmx + a^2 m^2 - a^2b^2 =0.$$设 $A$、$B$ 两点分别为 $A(x_{1},y_{1})$、$B(x_{2},y_{2})$，则$$x_{1} + x_{2} = - \dfrac{2a^2km}{a^2k^2 + b^2},x_{1}x_{2} = \dfrac{a^2m^2 - a^2b^2}{a^2k^2 + b^2},$$因此\[\begin{split} \lvert AB \rvert &=\sqrt{(x_{2} - x_{1})^2 +(y_{2} - y_{1})^2}\\&=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_{2} + x_{1})^2 -4x_{1}x_{2}} \\&=\sqrt{1+k^2}\dfrac{2ab}{a^2k^2 +b^2}\sqrt{a^2k^2 +b^2 -m^2}. \end{split}\]设 $\triangle OAB$ 中 $AB$ 边上的高为 $h$，则$$h = \dfrac{\lvert m \rvert}{\sqrt{1+k^2}} .$$因此，三角形 $ OAB$ 面积为\[\begin{split} S_{\triangle OAB} &= \dfrac{1}{2}\lvert AB \rvert \cdot h \\ &=\dfrac{ab\lvert m \rvert}{a^2k^2 + b^2}\sqrt{a^2k^2 + b^2 -m^2}. \end{split}\]固定 $k$，则$$ S_{\triangle OAB} =\dfrac{ab\lvert m \rvert}{a^2k^2 + b^2}\sqrt{a^2k^2 + b^2 -m^2}\leqslant \dfrac{ab}{2}.$$由此可得，对任意的 $k$，$S_{\triangle OAB} \leqslant \dfrac{ab}{2}$，等号成立当且仅当 $a^2k^2 + b^2 = 2m^2.$
    若直线 $l$ 的斜率不存在，，设 $l$ 的方程为 $x=m$，则易证 $S_{\triangle OAB} \leqslant \dfrac{ab}{2}$，等号成立当且仅当 $a^2 = 2m^2$．所以三角形 $ OAB$ 面积的最大值为 $\dfrac{ab}{2}$．
  2. 是否存在椭圆 $C_{2}$，使得对于 $C_{2}$ 的每一条切线和椭圆 $C_{1}$ 均相交，设交于 $A$、$B$ 两点，且 $S_{\triangle OAB}$ 恰取最大值 $?$ 若存在，给出该椭圆；若不存在，说明理由．
    标注
    答案
    存在椭圆 $C_{2}: \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = \dfrac{1}{2}$，该椭圆的任一切线和椭圆 $C_{1}:\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$ 交于两点 $A$、$B$，且 $S_{\triangle OAB }=\dfrac{ab}{2}$
    解析
    事实上，设满足条件的椭圆为 $\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = \lambda$．过椭圆上任一点 $(x_{0},y_{0})$ 的切线方程为$$ \dfrac{xx_{0}}{a^2} + \dfrac{yy_{0}}{b^2} = \lambda .$$该切线和椭圆 $C_{1}:\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$ 交于两点 $A$、$B$．
    若 $y_{0}=0$，则 $x_{0} = \pm a \sqrt{\lambda}$，由切线方程得 $x = \dfrac{\lambda a^2}{x_{0}} = \pm a \sqrt{\lambda}.$ 由 $(1)$ 知，$S_{\triangle OAB} = \dfrac{ab}{2}$ 的充要条件是 $a^2 = 2(\sqrt{\lambda}a)^2 =2\lambda a^2 $，即 $\lambda = \dfrac{1}{2}$．
    下证若 $y_{0} \ne 0$，当 $\lambda = \dfrac{1}{2}$ 时，$S_{\triangle OAB} = \dfrac{ab}{2}$ 仍然成立．此时过椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = \dfrac{1}{2}$ 上任一点 $(x_{0},y_{0})$ 的切线方程为$$y = -\dfrac{b^2x_{0}}{y_{0}a^2}x + \dfrac{b^2}{2y_{0}}.$$设 $k = -\dfrac{b^2x_{0}}{y_{0}a^2}$，$m = \dfrac{b^2}{2y_{0}}$，则$$a^2 k^2 +b^2 = a^2 \left(-\dfrac{b^2}{y_{0}} \dfrac{x_{0}}{a^2} \right)^2 +b^2 =b^2 \left(1+\dfrac{b^2}{y_{0}^2} \dfrac{x_{0}^2}{a^2} \right),$$又 $\dfrac{x_{0}^2}{a^2} + \dfrac{y_{0}^2}{b^2} = \dfrac{1}{2}$，则\[\begin{split} a^2k^2 + b^2 &=a^2 \left(-\dfrac{b^2}{y_{0}} \dfrac{x_{0}}{a^2} \right)^2 +b^2 \\ &=b^2 \left(1+\dfrac{b^2}{y_{0}^2} \dfrac{x_{0}^2}{a^2} \right) \\ &=\dfrac{b^4}{2y_{0}^2} = 2m^2, \end{split}\]由 $(1)$ 得 $S_{\triangle OAB}=\dfrac{ab}{2}$．
    综上所述，存在椭圆 $C_{2}: \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = \dfrac{1}{2}$，使得对于 $C_{2}$ 的每一条切线和椭圆 $C_{1}$ 相较于 $A$、$B$ 两点，且 $S_{\triangle OAB}$ 恰取最大值．
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
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