设椭圆 $C_1$ 的方程为 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$），曲线 $C_2$ 的方程为 $y=\dfrac 1x$，且 $C_1$ 与 $C_2$ 在第一象限内只有一个公共点 $P$．
【难度】
【出处】
2009年全国高中数学联赛贵州省预赛
【标注】
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试用 $a$ 表示点 $P$ 的坐标；标注答案$\left(\dfrac{\sqrt 2}{2}a,\dfrac{\sqrt 2}{a}\right)$解析将 $y=\dfrac 1x$ 代入椭圆 $C_1$ 的方程，得$$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac 1{b^2x^2}=1,$$化简得$$b^2x^4-a^2b^2x^2+a^2=0,$$由条件有$$\Delta =a^4b^4-4a^2b^2=0,$$即 $ab=2$，解得 $x=\dfrac{\sqrt 2}{2}a$，$x=-\dfrac{\sqrt 2}{2}a$（舍去）．
故 $P$ 点的坐标为 $\left(\dfrac{\sqrt 2}{2}a,\dfrac{\sqrt 2}{a}\right)$． -
设 $F_1,F_2$ 是 $C_1$ 的两个焦点，当 $a$ 变化时，求 $\triangle{PF_1F_2}$ 的面积函数 $f(a)$ 的值域；标注答案$\left(0,\sqrt 2\right)$解析由$$|F_1F_2|=2\sqrt{a^2-b^2},$$且 $\triangle{PF_1F_2}$ 的高为 $\dfrac{\sqrt 2}{a}$ 得$$f(a)=\dfrac 12 \cdot 2\sqrt{a^2-b^2}\cdot \dfrac{\sqrt 2}{a}=\sqrt{2\left(1-\dfrac 4{a^4}\right)}.$$又 $a>b>0$，$b=\dfrac 2a$，得 $a>\dfrac 2a$，即 $a>\sqrt 2$，推出$$0<\dfrac 4{a^4}<1,$$于是$$0<f(a)<\sqrt 2,$$即 $f(a)\in\left(0,\sqrt 2\right)$．
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设 $g(a)$ 是以 $C_1$ 的半焦距为边长的正方形的面积，求函数 $y=\min\left\{f(a),g(a)\right\}$ 的表达式．标注答案$y=\begin{cases}a^2-\dfrac 4{a^2},\sqrt 2<a\leqslant \sqrt[4]6,\\ \sqrt{2\left(1-\dfrac 4{a^4}\right)},a>\sqrt[4]6.\end{cases}$解析因为$$g(a)=c^2=a^2-b^2=a^2-\dfrac 4{a^2},$$由 $g(a)\geqslant f(a)$ 得$$a^2-\dfrac 4{a^2}\geqslant \sqrt{2\left(1-\dfrac 4{a^4}\right)},$$整理得$$a^8-10a^4+24\geqslant 0,$$即$$(a^4-4)(a^4-6)\geqslant 0.$$又 $a>\sqrt 2$，解得 $a\geqslant \sqrt[4]6$．
故$$y=\min\left\{f(a),g(a)\right\}=\begin{cases}a^2-\dfrac 4{a^2},\sqrt 2<a\leqslant \sqrt[4]6,\\ \sqrt{2\left(1-\dfrac 4{a^4}\right)},a>\sqrt[4]6.\end{cases}$$
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
问题3
答案3
解析3
备注3
