已知 $P(x_0,y_0)$ 是椭圆 $C:~\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）上一点，过 $P$ 作圆 $O:~x^2+y^2=r^2$（$0<r<b$）的两条切线分别交椭圆于与 $P$ 不同的点 $A,B$．
1、若 $AB$ 与圆 $O$ 相切，证明：当 $P$ 点在椭圆 $C$ 上运动时，$AB$ 与圆 $O$ 始终相切．
2、我们称第 $(1)$ 小题中的圆 $O$ 对椭圆 $C$ 具有闭合性质，求对椭圆具有闭合性质的圆的半径 $r$（用 $a,b$ 表示）．
3、与第 $(2)$ 小题类似，若曲线 $C':\dfrac{x^2}{m^2}+\dfrac{y^2}{n^2}=1$（$m,n>0$）对曲线 $C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>m$，$b>n$）具有闭合性质，则 $\dfrac ma+\dfrac nb=1$．
解析
1、过点 $P(x_0,y_0)$ 对圆 $x^2+y^2=r^2$ 的双切线 $PA\cup PB$ 的方程为\[\left(x_0^2+y_0^2-r^2\right)\cdot \left(x^2+y^2-r^2\right)=(x_0x+y_0y-r^2)^2,\]即\[(y_0x-x_0y)^2=r^2\left((x-x_0)^2+(y-y_0)^2\right),\]设 $(x_0,y_0)=\left(a\cos\theta_0,b\sin\theta_0\right)$，与椭圆 $C$ 的参数方程 $\begin{cases} x=a\cos\theta,\\ y=b\sin\theta\end{cases}$ 联立，可得\[a^2b^2\sin^2\left(\theta-\theta_0\right)=r^2\left(a^2\left(\cos\theta-\cos\theta_0\right)^2+b^2\left(\sin\theta-\sin\theta_0\right)^2\right),\]也即\[\dfrac{1}{r^2}\sin^2\dfrac{\theta-\theta_0}2\cos^2\dfrac{\theta-\theta_0}2=\dfrac{1}{b^2}\sin^2\dfrac{\theta+\theta_0}2\sin^2\dfrac{\theta-\theta_0}2+\dfrac{1}{a^2}\cos^2\dfrac{\theta+\theta_0}2\sin^2\dfrac{\theta-\theta_0}2,\]也即\[\dfrac{1}{r^2}\cos^2\dfrac{\theta-\theta_0}2=\dfrac{1}{a^2}\cos^2\dfrac{\theta+\theta_0}2+\dfrac{1}{b^2}\sin^2\dfrac{\theta+\theta_0}2.\]设 $A,B$ 对应的参数分别为 $\alpha,\beta$，则直线 $AB$ 的方程为\[\dfrac xa\cos\dfrac{\alpha+\beta}2+\dfrac yb\sin \dfrac{\alpha+\beta}2=\cos\dfrac{\alpha-\beta}2,\]其与圆 $O$ 相切即\[\dfrac{\cos^2\dfrac{\alpha-\beta}2}{\dfrac{1}{a^2}\cos^2\dfrac{\alpha+\beta}2+\dfrac{1}{b^2}{\sin^2\dfrac{\alpha+\beta}2}}=r^2,\]即\[\dfrac{1}{r^2}\cos^2\dfrac{\alpha-\beta}2=\dfrac{1}{a^2}\cos^2\dfrac{\alpha+\beta}2+\dfrac{1}{b^2}\sin^2\dfrac{\alpha+\beta}2.\]注意到 $\alpha,\beta,\theta_0$ 的对称性，命题得证．
2、根据第 $(1)$ 小题的结论，我们可以取 $P(a,0)$，此时双切线 $PA\cup PB$ 的方程为\[(a^2-r^2)y^2=r^2(x-a)^2,\]与椭圆方程 $y^2=b^2\left(1-\dfrac{x^2}{a^2}\right)$ 联立，有\[\left(a^2-r^2\right)b^2\left(1-\dfrac{r^2}{a^2}\right)=r^2(-r-a)^2,\]解得 $r=-\dfrac{ab}{a-b}$（舍去）或 $r=\dfrac{ab}{a+b}$，命题得证．
3、在仿射变换下内切和外接的位置关系不会变化，因此曲线 $\dfrac{x^2}{\lambda^2a^2}+\dfrac{y^2}{\mu^2b^2}=1$ 与曲线 $\dfrac{x^2}{\lambda^2}+\dfrac{y^2}{\mu^2}=r^2$ 也满足闭合性质，此时\[\dfrac{\lambda r}{\lambda a}+\dfrac{\mu r}{\mu a}=\left(\dfrac 1a+\dfrac 1b\right)r=1,\]命题得证．