征解问题[13] 解析几何（已解决）

$P$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$PABQ$的面积的取值范围．

---

如图，动点$Q$的轨迹应该是一个椭圆，并且同时可以得到另外一个椭圆．我的思路是尝试利用圆的参数方程表示四个切点，进而表示圆的外切四边形的四个顶点加以解决，但是没有继续深入下去．

 

陕西西安冉拥老师解答

(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 $$k_3+k_4=\dfrac{2442\sqrt 6\sin 2\theta}{3267\cos 2\theta-1151}, k_3k_4=\dfrac{-\left(2738\cos 2\theta+1680\right)}{3267\cos 2\theta-1151},$$ 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

$$\dfrac{x^2}{\left(\dfrac{33\sqrt 3}{47}\right)^2}+\dfrac{y^2}{\left(\dfrac{37\sqrt 2}{47}\right)^2}=1.$$

(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$[4.1228,4.2894]$．