每日一题[3279]强硬联立

已知曲线 $\Gamma$ 上的点到定点 $F_2(\sqrt{3}, 0)$ 的距离与其到直线 $x=2 \sqrt{3}$ 的距离之比为 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$F_1(-\sqrt{3}, 0)$，动点 $P$ 满足 $\angle F_1 P F_2=\dfrac{\pi}{3}$，过 $P$ 作曲线 $\Gamma$ 的两条切线，切点分别为 $M, N$，记 $\triangle P M N, \triangle P F_1 F_2$ 的面积分别为 $S_1, S_2$．

1、求曲线 $\Gamma$ 的方程；

2、求 $P$ 的横坐标取值范围；

3、求 $\dfrac{S_1}{S_2}$ 的取值范围．

解析

1、根据椭圆的焦准定义，可得所求曲线 $\Gamma$ 是椭圆，方程为 $\dfrac{x^2}6+\dfrac{y^2}3=1$．

2、根据题意，点 $P$ 在椭圆 $\Gamma$ 外部且在对 $F_1F_2$ 张角为 $\dfrac{\pi}3$ 的圆弧上．由图形的对称性，不妨设 $P$ 在 $y$ 轴上方，于是

$$\begin{cases} \dfrac{x^2}6+\dfrac{y^2}3>1,\\ x^2+(y-1)^2=4,\\ y>0,\end{cases}$$ 解得点 $P$ 的横坐标取值范围是 $(-2,2)$．

3、设 $P(x_0,y_0)$（$y_0>0$），则 $MN:\dfrac{x_0}{a^2}\cdot x+\dfrac{y_0}{b^2}\cdot y=1$；于是联立直线 $MN$ 与曲线 $\Gamma$ 的方程可得

$$|MN|=\dfrac{2\sqrt{a^2b^2\left(\dfrac{x_0^2}{a^4}+\dfrac{y_0^2}{b^4}\right)\left(\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1\right)}}{\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}},$$ 而点 $P$ 到直线 $MN$ 的距离 $$d(P,MN)=\dfrac{\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1}{\sqrt{\dfrac{x_0^2}{a^4}+\dfrac{y_0^2}{b^4}}},$$ 因此 $\triangle PMN$ 的面积 $$S_1=\dfrac 12\cdot |MN|\cdot d(P,MN)=\dfrac{ab\left(\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1\right)^{\frac 32}}{\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}},$$ 而 $\triangle PF_1F_2$ 的面积 $$S_2=\dfrac 12\cdot |F_1F_2|\cdot y_0=c\cdot y_0,$$ 因此 $$\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{ab}c\cdot \dfrac{\left(\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1\right)^{\frac 32}}{y_0\left(\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}\right)}=\sqrt{\dfrac{(y_0^2+2y_0-3)^3}{y_0^2(y_0^2+2y_0+3)^2}}=\sqrt{\left(1+\dfrac2{y_0}-\dfrac3{y_0^2}\right)\left(1-\dfrac 6{y_0^2+2y_0+3}\right)^2},$$ 其中 $y_0\in(1,3]$，而根号内的各个因式均为随 $y_0$ 单调递增的正因式，因此所求取值范围是 $\left(0,\dfrac{4\sqrt 3}9\right]$．

备注  还可以增加一问：证明 $\angle MPF_1=\angle NPF_2$．