$P$ 为椭圆 $C:\dfrac{x^2}3+\dfrac{y^2}2=1$ 上一动点，过 $P$ 作圆 $x^2+y^2=1$ 的两条切线分别交椭圆于 $A,B$ 两点，再过 $A,B$ 分别作圆 $O$ 的另一条切线 $AQ,BQ$，它们交于点 $Q$．
1、求动点 $Q$ 的轨迹方程．
2、求四边形 $PAQB$ 的面积的取值范围（保留到小数点后 $4$ 位）．
解析
1、设 $P$ 点的坐标为 $\left(\sqrt 3\cos\theta,\sqrt 2\sin\theta\right)$，$PA,PB,QA,QB$ 的斜率分别是 $k_1,k_2,k_3,k_4$．设过点 $P$ 的直线方程为$$y-\sqrt 2\sin\theta=k\left(x-\sqrt 3\cos\theta\right),$$则该直线与圆 $x^2+y^2=1$ 相切，即$$\dfrac{\left|\sqrt 2\sin\theta-\sqrt 3k\cos\theta\right|}{\sqrt{1+k^2}}=1,$$也即$$\left(3\cos^2\theta-1\right)k^2-2\sqrt 6\sin\theta\cos\theta\cdot k+2\sin^2\theta-1=0,$$于是$$k_1+k_2=\dfrac{2\sqrt 6\sin\theta\cos\theta}{3\cos^2\theta-1}=\dfrac{2\sqrt 6\sin 2\theta}{3\cos 2\theta+1},k_1k_2=\dfrac{2\sin^2\theta-1}{3\cos^2\theta-1}=\dfrac{-2\cos 2\theta}{3\cos 2\theta+1},$$也即$$\cos 2\theta=\dfrac{-k_1k_2}{3k_1k_2+2}, \sin 2\theta=\dfrac{k_1+k_2}{3\sqrt 6k_1k_2+2\sqrt 6}.$$这样我们就有$$\left(\dfrac{-k_1k_2}{3k_1k_2+2}\right)^2+\left(\dfrac{k_1+k_2}{3\sqrt 6k_1k_2+2\sqrt 6}\right)^2=1,$$整理，得$$48k_1^2k_2^2-\left(k_1^2+k_2^2\right)+70k_1k_2+24=0.$$上式中将 $\left(k_1,k_2\right)$ 换成 $\left(k_1,k_3\right)$，$\left(k_2,k_4\right)$ 依然成立，因此有 $k_2,k_3$ 是关于 $k$ 的方程$$\left(48k_1^2-1\right)k^2+70k_1k+24-k_1^2=0$$的两个根，而 $k_1,k_4$ 是关于 $k$ 的方程$$\left(48k_2^2-1\right)k^2+70k_2k+24-k_2^2=0$$的两个根．于是$$ k_1+k_2+k_3+k_4=\dfrac{-70k_1}{48k_1^2-1}+\dfrac{-70k_2}{48k_2^2-1}, k_1k_2k_3k_4=\dfrac{24-k_1^2}{48k_1^2-1}\cdot \dfrac{24-k_2^2}{48k_2^2-1},$$化简，并注意利用$$48k_1^2k_2^2-\left(k_1^2+k_2^2\right)+70k_1k_2+24=0$$可得$$ k_3+k_4=\dfrac{-1221\left(k_1+k_2\right)}{3360k_1k_2+1151},k_3k_4=\dfrac{1151k_1k_2+1680}{3360k_1k_2+1151},$$进而$$k_3+k_4=\dfrac{2242\sqrt 6\sin 2\theta}{3267\cos 2\theta-1151}, k_3k_4=\dfrac{-\left(2738\cos 2\theta+1680\right)}{3267\cos 2\theta-1151},$$因此 $k_3,k_4$ 是关于 $k$ 的方程$$\left(3267\cos 2\theta-1151\right)k^2-2442\sqrt 6\sin 2\theta\cdot k+2738\cos 2\theta-1680=0,$$也即$$\left(\dfrac{3267}{2209}\cos^2\theta-1\right)k^2-\dfrac{2442\sqrt 6}{2209}\sin\theta\cos\theta\cdot k+\dfrac{2738}{2209}\sin^2\theta-1=0$$的两根．与处理 $k_1,k_2$ 类似，我们有$$\dfrac{\left|\dfrac{37\sqrt 2}{47}\sin\theta-\dfrac{33\sqrt 3}{47}\cos\theta\right|}{\sqrt{1+k^2}}=1,$$于是点 $Q$ 的轨迹方程为$$\dfrac{x^2}{\left(\dfrac{33\sqrt 3}{47}\right)^2}+\dfrac{y^2}{\left(\dfrac{37\sqrt 2}{47}\right)^2}=1.$$经验证，当 $PA,PB,QA,QB$ 中有斜率不存在的情形时，对应的 $Q$ 点仍然满足上述方程，因此所求的 $Q$ 点的轨迹方程为$$\dfrac{x^2}{\left(\dfrac{33\sqrt 3}{47}\right)^2}+\dfrac{y^2}{\left(\dfrac{37\sqrt 2}{47}\right)^2}=1.$$
备注 值得注意的是，如果我们将题中椭圆换成一般的椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$，那么最后整理出的关于 $k$ 的二次方程为$$\left(A\cos^2\theta-B\right)k^2-C\cdot k+\left(D\sin^2\theta-E\right)=0,$$其中\[\begin{split} A&=a^2\left(a^4+2a^2b^2-2a^4b^2-3b^4+2a^2b^4+a^4b^4\right)^2,\\ B&=\left(a^4+2a^2b^2-2a^4b^2-3b^4+2a^2b^4+a^4b^4\right)^2,\\ C&=2ab\left(-3a^4+2a^2b^2+2a^4b^2+b^4-2a^2b^4+a^4b^4\right)\left(a^4+2a^2b^2-2a^4b^2-3b^4+2a^2b^4+a^4b^4\right),\\ D&=b^2\left(-3a^4+2a^2b^2+2a^4b^2+b^4-2a^2b^4+a^4b^4\right)^2,\\ E&=\left(b^2-1\right)(a^8+12a^6b^2-12a^8b^2-26a^4b^4+20a^6b^4+6a^8b^4\\ &\qquad \qquad \qquad\qquad+12a^2b^6-4a^4b^6-12a^6b^6+4a^8b^6+b^8-4a^2b^8+6a^4b^8-4a^6b^8+a^8b^8),\end{split}\]这就意味着本题中的轨迹不具有一般性．
设 $P(x_0,y_0)$ 为参考点，且 $\dfrac{x_0^2}{3}+\dfrac{y_0^2}2=1$，设 $PA,PB$ 的斜率分别为 $k_1,k_2$，则直线 $AB$ 的方程为\[a^2k_1k_2\left(\dfrac{x_0x}{a^2}-\dfrac{y_0y}{b^2}-1\right)+b^2\left(\dfrac{y_0y}{b^2}-\dfrac{x_0x}{a^2}-1\right)=(k_1+k_2)(xy_0+x_0y),\]而过 $P$ 的直线 $y=k(x-x_0)+y_0$ 与单位圆相切即\[\dfrac{|kx_0-y_0|}{\sqrt{1+k^2}}=1\iff (x_0^2-1)k^2-2x_0y_0k+(y_0^2-1)=0,\]于是\[k_1+k_2=\dfrac{2x_0y_0}{x_0^2-1},\quad k_1k_2=\dfrac{y_0^2-1}{x_0^2-1},\]因此直线 $AB$ 的方程为\[b^2x_0\left(a^2b^2+a^2-b^2\right)x+a^2y_0\left(a^2b^2-a^2+b^2\right)y+a^2b^2\left(a^2b^2-a^2-b^2\right)=0,\]将 $(a^2,b^2)=(3,2)$ 代入，有\[14x_0x+15y_0y+6=0.\]设直线 $A Q(B Q)$ 的方程为\[\lambda\left(k\left(x-x_0\right)-y+y_0\right)+14 x_0 x+15 y_0 y+6=0,\]则该直线与单位圆相切，即\[\frac{\left|\lambda\left(k x_0-y_0\right)-6\right|}{\sqrt{\left(\lambda k+14 x_0\right)^2+\left(15 y_0-\lambda\right)^2}}=1,\]解得\[ \lambda=\frac{196 x_0^2+225 y_0^2-36}{42 y_0-40 k x_0},\] 代入 $A Q(B Q)$ 的方程，并整理得 \[k\left(\left(196 x_0^2+225 y_0^2-36\right)\left(x-x_0\right)-40 x_0\left(14 x_0 x+15 y_0 y+6\right)\right)-\left(\left(196 x_0^2+225 y_0^2-36\right)\left(y-y_0\right)-42 y_0\left(14 x_0 x+15 y_0 y+6\right)\right)=0,\] 设 $Q\left(u x_0, v y_0\right)$，对于 $k_1, k_2$ 成立上式，故 \[\begin{cases} \left(196 x_0^2+225 y_0^2-36\right)(u-1)=40\left(14 u x_0^2+15 v y_0^2+6\right),\\ \left(196 x_0^2+225 y_0^2-36\right)(v-1)=42\left(14 u x_0^2+15 v y_0^2+6\right),\end{cases} \] 代入 $6=2 x_0^2+3 y_0^2$ 可得\[ \begin{cases} \left(184 x_0^2+207 y_0^2\right)(u-1)=40\left((14 u+2) x_0^2+(15 v+3) y_0^2\right), \\ \left(184 x_0^2+207 y_0^2\right)(v-1)=42\left((14 u+2) x_0^2+(15 v+3) y_0^2\right),\end{cases} \] 注意到 $(u,v)=\left(-\frac{33}{47},-\frac{37}{47}\right)$ 使二式恒成立，故 $Q\left(-\frac{33}{47} x_0,-\frac{37}{47} y_0\right)$，从而所求轨迹方程为\[\frac{x^2}{3267}+\frac{y^2}{2738}=\frac{1}{2209}.\]
2、设 $P(\sqrt 3\cos\theta,\sqrt 2\sin\theta)$，由第 $(1)$ 问知 $Q\left(-\dfrac {33\sqrt 3}{47}\cos\theta,-\dfrac {37\sqrt 2}{47}\sin\theta\right)$．于是由两点间距离公式得到$$PQ=\dfrac 1{47}\sqrt{19200\cos^2\theta+14112\sin^2\theta}.$$又由第 $(1)$ 问知 $k_1,k_2$ 满足$$(\sqrt 2\sin\theta-\sqrt 3\cos\theta\cdot k_i)^2=1+k_i^2,i=1,2,$$联立直线 $PA,PB$ 与椭圆的方程可以得到点 $A,B$ 的坐标分别为$$A\left(\dfrac {3k_1^2-3}{(3k_1^2+2)\sqrt 3\cos\theta},\dfrac {2-4k_1^2}{(3k_1^2+2)\sqrt 2\sin\theta}\right),B\left(\dfrac {3k_2^2-3}{(3k_2^2+2)\sqrt 3\cos\theta},\dfrac {2-4k_2^2}{(3k_2^2+2)\sqrt 2\sin\theta}\right),$$从而得到 $AB$ 的长度为$$AB=\dfrac{|k_1^2-k_2^2|\sqrt{\dfrac{75\sin^2\theta+98\cos^2\theta}{\sin^2\theta\cos^2\theta}}}{9k_1^2k_2^2+6k_1^2+6k_2^2+4}.$$结合第 $(1)$ 问中 $k_1,k_2$ 是方程$$\left(3\cos^2\theta-1\right)k^2-2\sqrt 6\sin\theta\cos\theta\cdot k+2\sin^2\theta-1=0$$的两个根，可以将 $AB$ 长度化简为$$AB=\dfrac {2\sqrt 6\sqrt{75\sin^2\theta+98\cos^2\theta}\cdot\sqrt{8\sin^2\theta+12\cos^2\theta-4}}{12\cos^2\theta-12\sin^2\theta+37}.$$同时直线 $PQ,AB$ 的斜率分别为\[\begin{split} k_{PQ}=&\dfrac {\sqrt 2\sin\theta+\dfrac {37\sqrt{2}}{47}\sin\theta}{\sqrt 3\cos\theta+\dfrac {33\sqrt 3}{47}\cos\theta}=\dfrac {21\sqrt 2\sin\theta}{20\sqrt 3\cos\theta},\\k_{AB}=&-\dfrac{14\sqrt 3\cos\theta}{15\sqrt 2\sin\theta}.\end{split}.\]于是我们得到直线 $AB$ 与 $PQ$ 的夹角 $\varphi$ 的正切值$$\tan\varphi=\left|\dfrac {k_{AB}-k_{PQ}}{1+k_{AB}k_{PQ}}\right|=\dfrac {35(3\sin^2\theta+4\cos^2\theta)}{\sqrt 6|\sin\theta\cos\theta|}.$$于是我们得到四边形 $PAQB$ 的面积\[\begin{split} S=&\dfrac 12\cdot PQ\cdot AB\cdot \sin\varphi\\=&\dfrac {70\sqrt 6}{47}\cdot\dfrac {(3+\cos^2\theta)\sqrt{(\cos^2\theta+1)(23\cos^2\theta+75)(5088\cos^2\theta+14112)}}{(24\cos^2\theta+25)\sqrt{1219\cos^4\theta+7356\cos^2\theta+11025}}\\=&\dfrac{1680}{47}\cdot\dfrac{(3+t)\sqrt{t+1}}{24t+25}.\end{split}\]其中 $t=\cos^2\theta\in[0,1]$．再令 $\sqrt{t+1}=x\in[1,\sqrt 2]$，研究函数$$f(x)=\dfrac{x(x^2+2)}{24x^2+1},x\in [1,\sqrt 2]$$的最值．因为$$f'(x)=\dfrac {24x^4-45x^2+2}{(24x^2+1)^2},$$所以 $f'(x)$ 在 $[1,\sqrt 2]$ 上有零点 $x_0=\sqrt{\dfrac {45+\sqrt{1833}}{48}}$，得到 $f(x)$ 在 $[1,x_0]$ 上单调递减，在 $[x_0,\sqrt 2]$ 上单调递增． 又因为$$f(1)=\dfrac {1008}{235}>f(\sqrt 2)=\dfrac {960\sqrt 2}{329},$$所以 $f(x)\in [f(x_0),f(1)]$，从而得到 $S$ 的最大值为$$\dfrac{1680}{47}f(1)=\dfrac{1680}{47}\cdot\dfrac {1008}{235}\approx 4.2894,$$最小值为$$\dfrac{1680}{47}\cdot f(x_0)\approx 4.1228.$$所以我们得到面积 $S$ 的取值范围约为 $[4.1228,4.2894]$．．