每日一题[1881]伸缩变换

已知椭圆 $C_1:\dfrac{x^2}2+y^2=1$，过椭圆 $C_1$ 上一点 $P$ 作椭圆 $C_1$ 的切线 $l$，$O$ 为坐标原点．

1、当直线 $l$ 与坐标轴不垂直时，设直线 $l$ 的斜率为 $k$，直线 $OP$ 的斜率为 $k_{OP}$，求证：$k\cdot k_{OP}$ 为定值．

2、设直线 $l$ 与椭圆 $C_2:\dfrac{x^2}4+\dfrac{y^2}2=1$ 相交于 $M,N$ 两点，求 $|MN|\cdot |OP|$ 的取值范围．

解析

1、设 $P(x_0,y_0)$，则 $l:\dfrac{x_0x}{2}+y_0y=1$，于是

$$k\cdot k_{OP}=-\dfrac{x_2}{2y_0}\cdot \dfrac{y_0}{x_0}=-\dfrac 12,$$ 为定值．

2、考虑伸缩变换 $x'=x$，$y'=\sqrt 2y$，则 $C_1':x'^2+y'^2=2$，$C_2':x'^2+y'^2=4$．设直线 $l$ 的斜率为 $k$，且我们认为 $l$ 垂直于 $x$ 轴为 $k=\infty$ 的情形，于是根据第 $(1)$ 小题的结果直线 $OP$ 的斜率为 $-\dfrac{1}{2k}$，进而直线 $M'N'$ 的斜率为 $\sqrt 2k$，直线 $O'P'$ 的斜率为 $-\dfrac{1}{\sqrt 2k}$，由于该伸缩变换不影响横坐标，根据弦长公式，有

$$\begin{cases} \dfrac{|MN|}{|M'N'|}=\dfrac{\sqrt{1+k^2}}{\sqrt{1+\left(\sqrt 2k\right)^2}},\\ \dfrac{|OP|}{|O'P'|}=\dfrac{\sqrt{1+\left(-\dfrac1{2k}\right)^2}}{\sqrt{1+\left(-\dfrac{1}{\sqrt 2k}\right)^2}},\end{cases}$$ 且 $|O'P'|$ 为定值 $\sqrt 2$，$|M'N'|$（考虑圆的弦）为定值 $2\sqrt 2$，因此有 $$|MN|\cdot |OP|=\sqrt{\dfrac{(1+k^2)\left(1+\dfrac{1}{4k^2}\right)}{(1+2k^2)\left(1+\dfrac{1}{2k^2}\right)}}\cdot 2\sqrt 2\cdot \sqrt 2=2\sqrt 2\cdot\sqrt{1+\dfrac{\dfrac 14}{1+k^2+\dfrac{1}{4k^2}}},$$ 一方面，当 $k= +\infty$ 时，$|MN|\cdot |OP|=2\sqrt 2$；另一方面，当 $k^2=\dfrac 12$ 时，$|MN|\cdot |OP|$ 取得最大值 $3$，进而可得 $|MN|\cdot |OP|$ 的取值范围是 $\left[2\sqrt 2,3\right]$．