$\tt 2005$ 年日本札幌医科大学高考第 $3$ 题：
已知椭圆 $C:\dfrac{x^2}{a^2}+y^2=1$（$a>0$）． 已知 $C$ 在第一象限的部分上有一点 $P$，设 $P$ 处的切线 $l$ 与 $x,y$ 轴的交点分别为 $A,B$．
1、求线段 $AB$ 长度最小时的 $P$ 点坐标，和此时切线 $l$ 的方程．
2、设椭圆关于第 $(1)$ 小题中的直线 $l$ 对称后的图形为 $C'$，求 $C'$ 与 $x$ 轴有交点的 $a$ 的取值范围．
解析
1、设 $P(a\cos\theta,\sin\theta)$（$\theta$ 为锐角），则在 $P$ 点处的切线\[l:\dfrac{x\cos\theta}{a}+y\sin\theta=1,\]因此 $A\left(\dfrac{a}{\cos\theta},0\right)$，$B\left(0,\dfrac{1}{\sin\theta}\right)$，进而\[|AB|=\sqrt{\dfrac{a^2}{\cos^2\theta}+\dfrac{1}{\sin^2\theta}}\geqslant \sqrt{\dfrac{(a+1)^2}{\cos^2\theta+\sin^2\theta}}=a+1,\]等号当 $\dfrac{a}{\cos^2\theta}=\dfrac{1}{\sin^2\theta}$，即 $\sin\theta=\sqrt{\dfrac1{a+1}}$ 时取得．此时 $P$ 点坐标为 $\left(a\sqrt{\dfrac {a}{a+1}},\sqrt{\dfrac 1{a+1}}\right)$，切线 $l$ 的方程为 $\dfrac{x}{\sqrt{a(a+1)}}+\dfrac {y}{\sqrt{1+a}}=1$．
2、问题即直线 $y=0$ 关于直线 $l$ 的对称直线 $m$ 与椭圆有公共点．
考虑到直线 $l$ 的斜率 $k=-\dfrac 1{\sqrt a}$，于是直线 $m$ 的斜率\[k_m=\dfrac{2k}{1-k^2}=\dfrac{2\sqrt a}{1-a},\]进而直线\[m:y=\dfrac{2\sqrt a}{1-a}\left(x-\sqrt{a(a+1)}\right),\]也即\[m:2\sqrt ax+(a-1)y-2a\sqrt{a+1}.\]根据等效判别式，有\[a^2\cdot(2\sqrt a)^2+1\cdot (a-1)^2-(2a\sqrt{a+1})^2\geqslant 0,\]即\[3a^2+2a-1\leqslant 0,\]解得\[0<a\leqslant \dfrac 13,\]因此 $a$ 的取值范围是 $\left(0,\dfrac 13\right]$．