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 $\left[2\sqrt 2,3\right]$.

此条目发表在每日一题分类目录,贴了标签。将固定链接加入收藏夹。

发表评论