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．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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证明：$x_1^2+x_2^2$ 和 $y_1^2+y_2^2$ 均为定值；标注答案略解析如图，作仿射变换$$\begin{cases}x=x'\\ \dfrac{y}{\sqrt 2}=\dfrac{y'}{\sqrt 3},\end{cases}$$则椭圆 $C$ 变为圆 $C':x'^2+y'^2=3$，所以$$S_{\triangle{OP'Q'}}=\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}\cdot S_{\triangle{OPQ}}=\dfrac 32.$$设 $O$ 到直线 $P'Q'$ 的距离为 $d$，则$$\dfrac 12 \cdot 2\sqrt{3-d^2}\cdot d=\dfrac 32,$$解得 $d=\dfrac{\sqrt 6}{2}$．
于是$$|P'Q'|=2\sqrt {3-d^2}=\sqrt 6,$$又 $OP'\perp OQ'$，因此$$x_1'^2=y_2'^2,x_2'^2=y_1'^2,$$而$$x_1'^2+y_1'^2=x_2'^2+y_2'^2=3,$$所以$$\begin{cases}x_1^2+x_2^2=x_1'^2+x_2'^2=3,\\ y_1^2+y_2^2=\dfrac 23(y_1'^2+y_2'^2)=2.\end{cases}$$
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设线段 $PQ$ 的中点为 $M$，求 $OM\cdot PQ$ 的最大值；标注答案$\dfrac 52$解析设 $PQ$ 的斜率为 $k$，则 $OM$ 的斜率为 $-\dfrac 2{3k}$，所以\[\begin{split}|OM|\cdot |PQ|&=\dfrac{\sqrt{1+\left(-\dfrac{2}{3k} \right)^2}}{\sqrt{1+\dfrac 32\left(-\dfrac{2}{3k}\right)^2}}\cdot |OM'|\cdot \dfrac{\sqrt{1+k^2}}{1+\dfrac 32 k^2}\cdot |P'Q'|\\&=3\cdot \dfrac{\sqrt{1+\dfrac{4}{9k^2}}}{\sqrt{1+\dfrac{2}{3k^2}}}\cdot \dfrac{\sqrt{1+k^2}}{1+\dfrac 32 k^2}\\&=3\cdot \sqrt{\dfrac{{\dfrac{13}{9}+\dfrac 4{9k^2}+k^2}}{2+\dfrac 2{3k^2}+\dfrac {3k^2}2}}\\&=3\cdot \sqrt{\dfrac{\dfrac {13}9+\dfrac{4}{9k^2}+k^2}{2+\dfrac 32\left(\dfrac{4}{9k^2}+k^2\right)}}.\end{split}\]设 $\dfrac{4}{9k^2}+k^2=m$，则 $m\geqslant \dfrac 43$，所以$$|OM|\cdot |PQ|=3\cdot \sqrt{\dfrac{\dfrac {13}{9}+m}{2+\dfrac 32 m}}\leqslant \dfrac 52.$$
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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．标注答案不存在解析因为$$S_{\triangle{ODE}}=S_{\triangle{ODG}}=S_{\triangle{OEG}}=\dfrac {\sqrt 6}{2},$$所以$$S_{\triangle{OD'E'}}=S_{\triangle{OD'G'}}=S_{\triangle{OE'G'}}=\dfrac 32.$$所以在圆 $C'$ 中，$D'E',D'G',E'G'$ 所对的圆心角均为 $90^{\circ}$，
因此，不存在满足题意的三角形．
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
