2011年高考山东理科数第22题（压轴题）：
已知动直线\(l\)与椭圆\(C:\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{y^2}{2}=1\)交于\(P(x_1,y_1)\)，\(Q(x_2,y_2)\)两个不同点，且三角形\(OPQ\)的面积\(S_{\triangle OPQ}=\dfrac{\sqrt 6}{2}\)，其中\(O\)为坐标原点．
（1）证明：\(x_1^2+x_2^2\)和\(y_1^2+y_2^2\)均为定值；
（2）设线段\(PQ\)的中点为\(M\)，求\(OM\cdot PQ\)的最大值；
（3）椭圆\(C\)上是否存在三点\(D\)、\(E\)、\(G\)，使得\(S_{\triangle ODE}=S_{\triangle ODG}=S_{\triangle OEG}=\dfrac{\sqrt 6}2\)？若存在，判断\(\triangle DEG\)的形状；若不存在，请说明理由．
法一 参数方程
直线\(OP\)的方程为\(y_1x-x_1y=0\)，于是三角形\(OPQ\)的面积\[\begin{split}S_{\triangle OPQ}&=\dfrac 12\sqrt{x_1^2+y_1^2}\cdot\dfrac{\left|x_2y_1-x_1y_2\right|}{\sqrt{x_1^2+x_2^2}}\\&=\dfrac 12\left|x_1y_2-x_2y_1\right|.\end{split}\]设\(P\left(\sqrt 3\cos\alpha,\sqrt 2\sin\alpha\right)\)，\(Q\left(\sqrt 3\cos\beta,\sqrt 2\sin\beta\right)\)代入上式，结合\(S_{\triangle OPQ}=\dfrac{\sqrt 6}{2}\)可得\[\dfrac 12\left|\sqrt 3\cos\alpha\cdot\sqrt 2\sin\beta-\sqrt 2\sin\alpha\cdot\sqrt 3\cos\beta\right|=\dfrac{\sqrt 6}{2},\]化简得\[\sin \left(\alpha-\beta\right)=\pm 1.\]考虑到\(P\)、\(Q\)的对称性，不妨设\(\beta=\alpha+\dfrac\pi 2+2k\pi,k\in\mathcal Z\)，于是有\[\sin\beta=\cos\alpha,\cos\beta=-\sin\alpha.\]
（1）证明 根据上述推导，有\[x_1^2+x_2^2=\left(\sqrt 3\cos\alpha\right)^2+\left(\sqrt 3\cos\beta\right)^2=3,\]且\[y_1^2+y_2^2=\left(\sqrt 2\sin\alpha\right)^2+\left(\sqrt 2\sin\beta\right)^2=2,\]因此命题得证．
（2）解 根据上述推导，有\[M\left(\dfrac{\sqrt 3}{2}\left(\cos\alpha+\cos\beta\right),\dfrac{\sqrt 2}{2}\left(\sin\alpha+\sin\beta\right)\right),\]从而\[\begin{split}OM^2&=\dfrac 34\left(\cos\alpha+\cos\beta\right)^2+\dfrac 12\left(\sin\alpha+\sin\beta\right)^2\\&=\dfrac 34\left(\cos\alpha-\sin\alpha\right)^2+\dfrac 12\left(\sin\alpha+\cos\alpha\right)^2\\&=\dfrac 14\left(5-\sin{2\alpha}\right),\end{split}\]而\[\begin{split}PQ^2&=3\left(\cos\alpha-\cos\beta\right)^2+2\left(\sin\alpha-\sin\beta\right)^2\\&=3\left(\cos\alpha+\sin\alpha\right)^2+2\left(\sin\alpha-\cos\alpha\right)^2\\&=5+\sin{2\alpha},\end{split}\]于是\[OM\cdot PQ=\dfrac 12\sqrt{25-\sin^2{2\alpha}}\leqslant \dfrac 52,\]等号当\(\alpha=0\)时取得．因此\(OM\cdot PQ\)的最大值为\(\dfrac 52\)．
（3）解 不存在．因为不存在\(\alpha,\beta,\gamma\in\mathcal R\)，使得\[\left|\sin\left(\alpha-\beta\right)\right|=1,\\\left|\sin\left(\beta-\gamma\right)\right|=1,\\\left|\sin\left(\gamma-\alpha\right)\right|=1\]同时成立．
法二 仿射变换
利用仿射变换\[\begin{cases}x'=x,\\y'=\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y\end{cases}\]将椭圆\(\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{y^2}{2}=1\)拉伸成为圆\(x'^2+y'^2=3\)，此时\[S_{\triangle OP'Q'}=\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}\cdot S_{\triangle OPQ}=\dfrac 32,\]于是可知三角形\(OP'Q'\)是以\(P'Q'\)为斜边的直角三角形，如图．
（1）证明 注意到\(P'\left(x_1,\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_1\right)\)，\(Q'\left(x_2,\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_2\right)\)，且\(OP'\perp OQ'\)，于是有\[x_1^2+x_2^2=\left(\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_1\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_2\right)^2=3,\]进而可得\[x_1^2+x_2^2=3,y_1^2+y_2^2=2\]均为定值，命题得证．
（2）解 当直线\(OM\)与直线\(PQ\)的斜率均存在时，设直线\(OM\)的斜率为\(k\)，则根据椭圆的“垂径定理”，可得直线\(PQ\)的斜率为\(-\dfrac{2}{3k}\)，于是根据弦长公式，可得\[\begin{split}OM\cdot PQ&=\dfrac{\sqrt{1+k_{OM}^2}}{\sqrt{1+k_{OM'}^2}}\cdot OM'\cdot\dfrac{\sqrt{1+k_{PQ}^2}}{\sqrt{1+k_{P'Q'}^2}}\cdot P'Q'\\&=\dfrac{\sqrt{1+k^2}}{\sqrt{1+\frac 32k^2}}\cdot OM'\cdot\dfrac{\sqrt{1+\left(-\dfrac{2}{3k}\right)^2}}{\sqrt{1+\frac 32\left(-\dfrac{2}{3k}\right)^2}}\cdot P'Q'\\&=\sqrt{\frac 23+\frac{1}{9(t+2)}}\cdot OM'\cdot P'Q',\end{split}\]其中\(t=\dfrac 32k^2+\dfrac 2{3k^2}\)．
注意到\[\dfrac 12OM'\cdot P'Q'=S_{\triangle OP'Q'}=\dfrac 32,\]于是\[OM'\cdot P'Q'=3,\]又\[t=\dfrac 32k^2+\dfrac 2{3k^2}\geqslant 2,\]等号当\(k^2=\dfrac 23\)时取得，因此有\[\begin{split}OM\cdot PQ&=3\sqrt{\frac 23+\frac{1}{9(t+2)}}\\&\leqslant \dfrac 52,\end{split}\]等号当\(k^2=\dfrac 23\)时取得．
当直线\(OM\)或直线\(PQ\)的斜率不存在时，可计算得\[OM\cdot OQ=\sqrt 6<\dfrac 52.\]
综上，所求最大值为\(\dfrac 52\)．
（3）解 由于圆\(x'^2+y'^2=3\)上的任意三点\(D'\)、\(E'\)、\(G'\)的连线\(D'E'\)、\(E'G'\)、\(D'G'\)对圆心\(O\)的张角不可能同时为直角，于是符合题意的三点\(D\)、\(E\)、\(G\)不存在．
