题目 已知动直线 $l$ 与椭圆 $C:\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{y^2}{2}=1$ 交于 $P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$ 两个不同点，且 $\triangle OPQ$ 的面积 $S_{\triangle OPQ}=\dfrac{\sqrt 6}{2}$，其中 $O$ 为坐标原点．<br><img src="/static/images/300dfaad9c747265f395a18b78664613.png" class="img-responsive" /> 问题1 证明：$x_1^2+x_2^2$ 和 $y_1^2+y_2^2$ 均为定值； 答案1 略 解析1 利用仿射变换$$\begin{cases}x'=x,\\y'=\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y,\end{cases}$$将椭圆 $\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{y^2}{2}=1$ 拉伸成为圆 $x'^2+y'^2=3$，此时$$S_{\triangle OP'Q'}=\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}\cdot S_{\triangle OPQ}=\dfrac 32,$$于是可知三角形 $OP'Q'$ 是以 $P'Q'$ 为斜边的直角三角形．<br/>注意到 $P'\left(x_1,\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_1\right)$，$Q'\left(x_2,\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_2\right)$，且 $OP'\perp OQ'$，于是有$$x_1^2+x_2^2=\left(\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_1\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_2\right)^2=3,$$进而可得$$x_1^2+x_2^2=3,y_1^2+y_2^2=2$$均为定值，命题得证． 备注1 问题2 设线段 $PQ$ 的中点为 $M$，求 $OM\cdot PQ$ 的最大值； 答案2 $\dfrac 52$ 解析2 当直线 $OM$ 与直线 $PQ$ 的斜率均存在时，设直线 $OM$ 的斜率为 $k$．<br/>根据椭圆的“垂径定理”，可得直线 $PQ$ 的斜率为 $-\dfrac{2}{3k}$，于是根据弦长公式，可得\[\begin{split}OM\cdot PQ&=\dfrac{\sqrt{1+k_{OM}^2}}{\sqrt{1+k_{OM'}^2}}\cdot OM'\cdot\dfrac{\sqrt{1+k_{PQ}^2}}{\sqrt{1+k_{P'Q'}^2}}\cdot P'Q'\\&=\dfrac{\sqrt{1+k^2}}{\sqrt{1+\dfrac 32k^2}}\cdot OM'\cdot\dfrac{\sqrt{1+\left(-\dfrac{2}{3k}\right)^2}}{\sqrt{1+\dfrac 32\left(-\dfrac{2}{3k}\right)^2}}\cdot P'Q'\\&=\sqrt{\frac 23+\dfrac{1}{9(t+2)}}\cdot OM'\cdot P'Q',\end{split}\]其中 $t=\dfrac 32k^2+\dfrac 2{3k^2}$．<br/>注意到$$\dfrac 12OM'\cdot P'Q'=S_{\triangle OP'Q'}=\dfrac 32,$$于是 $OM'\cdot P'Q'=3$．<br/>又$$t=\dfrac 32k^2+\dfrac 2{3k^2}\geqslant 2,$$等号当 $k^2=\dfrac 23$ 时取得，因此有$$OM\cdot PQ=3\sqrt{\frac 23+\frac{1}{9(t+2)}}\leqslant \dfrac 52,$$等号当 $k^2=\dfrac 23$ 时取得．<br/>当直线 $OM$ 或直线 $PQ$ 的斜率不存在时，可计算得$$OM\cdot OQ=\sqrt 6<\dfrac 52.$$综上，所求最大值为 $\dfrac 52$． 备注2 问题3 椭圆 $C$ 上是否存在三点 $D,E,G$，使得 $S_{\triangle ODE}=S_{\triangle ODG}=S_{\triangle OEG}=\dfrac{\sqrt 6}2$？若存在，判断 $\triangle DEG$ 的形状；若不存在，请说明理由． 答案3 不存在 解析3 由于圆 $x'^2+y'^2=3$ 上的任意三点 $D',E',G'$ 的连线 $D'E',E'G',D'G'$，它们对圆心 $O$ 的张角不可能同时为直角，于是符合题意的三点 $D,E,G$ 不存在． 备注3