林杰明 吳統(tǒng)勝 禤銘東

【摘要】本文筆者對(duì)橢圓內(nèi)接四邊形面積最大值及相關(guān)推論進(jìn)行了較深入而詳細(xì)的探究，總結(jié)歸納出了幾個(gè)一般性的新的探究結(jié)論，并結(jié)合例題詳細(xì)說明了所得的探究結(jié)論在解題中的應(yīng)用.

【關(guān)鍵詞】橢圓內(nèi)接四邊形;性質(zhì);探究

一、橢圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)的探究

探究（一）求橢圓內(nèi)接四邊形面積的最大值

已知四邊形ABCD為橢圓x2a2+y2b2=1（a≠b且a>0，b>0）的內(nèi)接四邊形，求四邊形ABCD面積的最大值.[1]

此處筆者給出兩種解法，其解答如下：

解法一AC=（xC-xA，yC-yA），BD=（xD-xB，yD-yB），結(jié)合柯西不等式易求得：

S四邊形ABCD=12|（xC-xA）（yD-yB）-（yC-yA）（xD-xB）|

=ab2xCa·yDb+-yBb·xCa+-yDb·xAa+xAa·yBb+-yCb·xDa+xDa·yAb+xBa·yCb+-yAb·xBa2

≤ab2x2Ca2+y2Bb2+y2Db2+x2Aa2+y2Cb2+x2Da2+x2Ba2+y2Ab2y2Db2+x2Ca2+x2Aa2+y2Bb2+x2Da2+y2Ab2+y2Cb2+x2Ba2

=ab2x2Ca2+y2Cb2+x2Da2+y2Db2+x2Ba2+y2Bb2+x2Aa2+y2Ab22

=ab2（1+1+1+1）2=2ab，

當(dāng)且僅當(dāng)xCa=yDb·θ;-yBb=xCa·θ;-yDb=xAa·θ;xAa=yBb·θ;-yCb=xDa·θ;xDa=yAb·θ;xBa=yCb·θ;-yAb=xBa·θ時(shí)，等號(hào)成立.（θ為常數(shù)）

聯(lián)立上述方程消元并結(jié)合橢圓對(duì)稱性可知，S四邊形ABCD≤2ab的取等號(hào)條件可成立.

故S四邊形ABCD最大為2ab，此時(shí)其頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為（a·cosλ，b·sinλ），（-a·sinλ，b·cosλ），（-a·cosλ，-b·sinλ），（a·sinλ，-b·cosλ），λ為任意常數(shù).

解法二對(duì)坐標(biāo)進(jìn)行伸縮變換：x′=ba·x，y′=y，則橢圓變?yōu)閳Ax′2+y′2=b2，四邊形ABCD變?yōu)樗倪呅蜛1B1C1D1.

∴S四邊形A1B1C1D1=|A1C1×B1D1|2≤|A1C1·B1D1|2≤2b·2b2=2b2，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)A1C1與B1D1為圓的兩條相互垂直的直徑時(shí)成立，此時(shí)設(shè)A1（b·cosγ，b·sinγ），γ為任意常數(shù)，則B1（-b·sinγ，b·cosγ），C1（-b·cosγ，-b·sinγ），D1（b·sinγ，-b·cosγ）.

∵S四邊形A1B1C1D1=12·（x′C1-x′A1）（y′D1-y′B1）-（y′C1-y′A1）（x′D1-x′B1）=12·（xC-xA）（yD-yB）-（yC-yA）·（xD-xB）·ba=S四邊形ABCD·ba，

即S四邊形A1B1C1D1最大時(shí)，S四邊形ABCD也最大.

所以S四邊形ABCD最大為2ab，此時(shí)其頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為（a·cosγ，b·sinγ），（-a·sinγ，b·cosγ），（-a·cosγ，-b·sinγ），（a·sinγ，-b·cosγ），γ為任意常數(shù).

探究（二）對(duì)探究（一）中當(dāng)S四邊形ABCD=2ab時(shí)四邊形ABCD性質(zhì)的探究

結(jié)論1四邊形ABCD各邊分別對(duì)應(yīng)唯一一個(gè)橢圓滿足以下4個(gè)條件：①以四邊形ABCD一邊的中點(diǎn)為中心;②經(jīng)過原點(diǎn)及該邊的兩端點(diǎn);③長、短軸分別與橢圓x2a2+y2b2=1的長、短軸平行;④與橢圓x2a2+y2b2=1相似，相似比為1∶2.

結(jié)論2四邊形ABCD邊長的取值范圍為[2a，2b]（b>a>0）或[2b，2a]（a>b>0）.

該結(jié)論還可拓展到橢圓內(nèi)接n邊形的情形：

橢圓內(nèi)接n邊形A1A2…An面積最大時(shí)，該n邊形邊長的取值范圍為2asinπn，2bsinπn（b>a>0）或2bsinπn，2asinπn（a>b>0）.

結(jié)論3四邊形ABCD的相鄰兩邊夾角的余弦值范圍和相鄰兩頂點(diǎn)分別與原點(diǎn)的連線所得夾角的余弦值范圍均是-|a2-b2|a2+b2，|a2-b2|a2+b2.

證明（a·cosγ，b·sinγ），（a·sinγ，-b·cosγ）與（a·cosγ，b·sinγ），（-a·sinγ，b·cosγ）分別為四邊形ABCD相鄰兩邊各自的端點(diǎn).∴結(jié)合對(duì)稱性，易知：討論四邊形ABCD的相鄰兩邊夾角的余弦值范圍，只需討論（a·cosγ，b·sinγ），（a·sinγ，-b·cosγ）與（a·cosγ，b·sinγ），（-a·sinγ，b·cosγ）分別對(duì)應(yīng)的邊的夾角余弦值范圍.設(shè)所求角為α，則

cosα=（a·cosγ-a·sinγ，b·sinγ+b·cosγ）·（a·cosγ+a·sinγ，b·sinγ-b·cosγ）（a·cosγ-a·sinγ）2+（b·sinγ+b·cosγ）2·（a·cosγ+a·sinγ）2+（b·sinγ-b·cosγ）2

=a2（cos2γ-sin2γ）-b2（cos2γ-sin2γ）a2（1-sin2γ）+b2（1+sin2γ）·a2（1+sin2γ）+b2（1-sin2γ）

=（a2-b2）（cos2γ-sin2γ）（a4+b4）（1-sin22γ）+a2b2[（1+sin2γ）2+（1-sin2γ）2]

=（a2-b2）·cos2γ（a4+b4）·cos22γ+2a2b2（2-cos22γ）

=（a2-b2）·cos2γ（a2-b2）2·cos22γ+4a2b2.

經(jīng)分類討論，知：cosα范圍為-|a2-b2|a2+b2，|a2-b2|a2+b2.

同理：四邊形ABCD相鄰兩頂點(diǎn)分別與原點(diǎn)的連線所得夾角的余弦值范圍是-|a2-b2|a2+b2，|a2-b2|a2+b2.

綜上可知，待證命題成立.

結(jié)論4四邊形ABCD外切于橢圓2x2a2+2y2b2=1，切點(diǎn)為該四邊形各邊中點(diǎn)，且在該橢圓的所有外切四邊形中，四邊形ABCD面積最小.

證明四邊形ABCD的頂點(diǎn)（a·cosγ，b·sinγ），（a·sinγ，-b·cosγ）相鄰.不妨設(shè)前者為A點(diǎn)，后者為B點(diǎn)，則直線AB方程為sinγ+cosγa·x+sinγ-cosγb·y-1=0.

點(diǎn)A，B的中點(diǎn)為asinγ+cosγ2，bsinγ-cosγ2.易證該點(diǎn)在橢圓上，則橢圓在該點(diǎn)處的切線方程為sinγ+cosγa·x+sinγ-cosγb·y-1=0，

∴AB與橢圓相切.同理：BC，CD，DA均與橢圓相切.∴四邊形ABCD為橢圓外切四邊形.而將A，B，C，D坐標(biāo)代入，知：S四邊形ABCD=12·

|（xC-xA）（yD-yB）-（yC-yA）（xD-xB）|=2ab.

易知橢圓2x2a2+2y2b2=1的外切四邊形ABCD最小面積為2ab，且此時(shí)A，B，C，D坐標(biāo)分別為（a·cosα，b·sinα），（-a·sinα，b·cosα），（-a·cosα，-b·sinα），（a·sinα，-b·cosα），α為任意常數(shù).

∴在橢圓的所有外切四邊形中，四邊形ABCD面積最小.∴待證命題成立.

該結(jié)論還可拓展到橢圓內(nèi)接n邊形的情形：

橢圓內(nèi)接n邊形A1A2…An面積最大時(shí)，該n邊形外切于橢圓x2a2cos2πn+y2b2cos2πn=1，切點(diǎn)為該n邊形各邊中點(diǎn)，且在該橢圓的所有外切n邊形中，n邊形A1A2…An面積最小.

二、本文探究結(jié)論在高考解題中的應(yīng)用

有些題目若用常規(guī)方法去解，計(jì)算會(huì)很復(fù)雜，但若用本文中的結(jié)論，則可大大降低運(yùn)算量，提高解題的速度.以下舉兩道例題詳細(xì)說明其應(yīng)用.

例1橢圓x24+y2=1上有A-1，32，B-3，-12與動(dòng)點(diǎn)C，D，且過D點(diǎn)的切線平行于AC，則以A，B，C，D為頂點(diǎn)的四邊形最大面積為.

解析猜想：四邊形面積最大的情況屬于探究（一）結(jié)論中的情況.

將A，B坐標(biāo)分別代入（-a·sinγ，b·cosγ），（-a·cosγ，-b·sinγ），得：γ=π6+2kπ（k∈Z）.當(dāng)四邊形面積最大時(shí)，由對(duì)稱性知：D3，12.

過D點(diǎn)的切線方程為xD·x4+yD·y=1，把D坐標(biāo)代入知：此切線斜率為-32.

∵kAC=kAO=32-0-1-0=-32，∴過D切線平行于AC.∴猜想成立.

∴所求最大面積為2ab=2×2×1=4.

例2已知A，B為橢圓x24+y23=1上的兩點(diǎn)，且S△OAB=3，求原點(diǎn)O到直線AB距離的范圍.

解析不難發(fā)現(xiàn)S△OAB=3=ab2，即：延長AO，BO分別交橢圓于C，D點(diǎn)，則SABCD=4S△OAB=2ab，∴ABCD屬于探究（一）結(jié)論中的四邊形.

由探究（二）的結(jié)論2知：6≤|AB|≤22，∵S△OAB=3，∴所求距離的范圍為62，2.

【參考文獻(xiàn)】

[1]洪方權(quán).橢圓內(nèi)接四邊形最大面積的簡證[J].中學(xué)教研，1988（10）.

[2]蘇化明.橢圓的最大內(nèi)接和最小外切多邊形的幾個(gè)性質(zhì)[J].數(shù)學(xué)教學(xué)研究，1987（6）.