已知椭圆 $\dfrac{x^2}{8}+\dfrac{y^2}{2}=1$ 的右顶点为 $C$，$A$ 为第一象限内的椭圆周上任意一点，点 $A$ 关于原点的对称点为 $B$，过点 $A$ 作 $x$ 轴的垂线交 $BC$ 于 $D$，比较 $|AC|^2$ 与 $|CD|\cdot|CB|$ 的大小，并给出证明．
【难度】
【出处】
2016年全国高中数学联赛吉林省预赛
【标注】
【答案】
$|AC|^2<|CD| \cdot |CB|$
【解析】
在仿射变换 $x'=x$，$y'=\dfrac aby$ 下，设点 $A,B,C,D$ 的对应点分别为 $A',B',C',D'$，则在圆中容易证明\[|A'C'|^2=|C'D'|\cdot |C'B'|.\]而直线 $CA,C'A',CB,C'B'$ 的斜率可分别设为 $\dfrac bak,k,-\dfrac bak,-\dfrac 1k$，于是\[\begin{split}
\dfrac{|AC|^2}{|CD|\cdot |CB|}&=\dfrac{\left(1+\dfrac {b^2}{a^2}\cdot k^2\right)\cdot \dfrac{|A'C'|^2}{1+k^2}}{\left(1+\dfrac{b^2}{a^2}\cdot \dfrac{1}{k^2}\right)\cdot \dfrac{|C'D'|\cdot |C'B'|}{1+\dfrac{1}{k^2}}}\\
&=\dfrac{1+\dfrac {b^2}{a^2}+\dfrac{b^2}{a^2}\cdot k^2+\dfrac{1}{k^2}}{1+\dfrac{b^2}{a^2}+k^2+\dfrac{b^2}{a^2}\cdot\dfrac{1}{k^2}},
\end{split}\]而当 $A'$ 位于第一象限时，可得 $k^2>1$，因此可得\[\left(\dfrac{b^2}{a^2}\cdot k^2+\dfrac{1}{k^2}\right)-\left(k^2+\dfrac{b^2}{a^2}\cdot \dfrac{1}{k^2}\right)=\left(1-\dfrac{b^2}{a^2}\right)\left(-k^2+\dfrac{1}{k^2}\right)<0,\]进而可得 $|AC|^2<|CD|\cdot |CB|$．
\dfrac{|AC|^2}{|CD|\cdot |CB|}&=\dfrac{\left(1+\dfrac {b^2}{a^2}\cdot k^2\right)\cdot \dfrac{|A'C'|^2}{1+k^2}}{\left(1+\dfrac{b^2}{a^2}\cdot \dfrac{1}{k^2}\right)\cdot \dfrac{|C'D'|\cdot |C'B'|}{1+\dfrac{1}{k^2}}}\\
&=\dfrac{1+\dfrac {b^2}{a^2}+\dfrac{b^2}{a^2}\cdot k^2+\dfrac{1}{k^2}}{1+\dfrac{b^2}{a^2}+k^2+\dfrac{b^2}{a^2}\cdot\dfrac{1}{k^2}},
\end{split}\]而当 $A'$ 位于第一象限时，可得 $k^2>1$，因此可得\[\left(\dfrac{b^2}{a^2}\cdot k^2+\dfrac{1}{k^2}\right)-\left(k^2+\dfrac{b^2}{a^2}\cdot \dfrac{1}{k^2}\right)=\left(1-\dfrac{b^2}{a^2}\right)\left(-k^2+\dfrac{1}{k^2}\right)<0,\]进而可得 $|AC|^2<|CD|\cdot |CB|$．
答案
解析
备注
