橢圓內接四邊形性質的探究與應用

林杰明 吳統勝 禤銘東

【摘要】本文筆者對橢圓內接四邊形面積最大值及相關推論進行了較深入而詳細的探究，總結歸納出了幾個一般性的新的探究結論，并結合例題詳細說明了所得的探究結論在解題中的應用.

【關鍵詞】橢圓內接四邊形;性質;探究

一、橢圓內接四邊形性質的探究

探究（一）求橢圓內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，

當且僅當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，等號成立.（θ為常數）

聯立上述方程消元并結合橢圓對稱性可知，S四邊形ABCD≤2ab的取等號條件可成立.

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

解法二對坐標進行伸縮變換：x′=ba·x，y′=y，則橢圓變為圓x′2+y′2=b2，四邊形ABCD變為四邊形A1B1C1D1.

∴S四邊形A1B1C1D1=|A1C1×B1D1|2≤|A1C1·B1D1|2≤2b·2b2=2b2，等號當且僅當A1C1與B1D1為圓的兩條相互垂直的直徑時成立，此時設A1（b·cosγ，b·sinγ），γ為任意常數，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，S四邊形ABCD也最大.

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

探究（二）對探究（一）中當S四邊形ABCD=2ab時四邊形ABCD性質的探究

結論1四邊形ABCD各邊分別對應唯一一個橢圓滿足以下4個條件：①以四邊形ABCD一邊的中點為中心;②經過原點及該邊的兩端點;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）.

該結論還可拓展到橢圓內接n邊形的情形：

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

結論3四邊形ABCD的相鄰兩邊夾角的余弦值范圍和相鄰兩頂點分別與原點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.∴結合對稱性，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）分別對應的邊的夾角余弦值范圍.設所求角為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相鄰兩頂點分別與原點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.

結論4四邊形ABCD外切于橢圓2x2a2+2y2b2=1，切點為該四邊形各邊中點，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（a·cosγ，b·sinγ），（a·sinγ，-b·cosγ）相鄰.不妨設前者為A點，后者為B點，則直線AB方程為sinγ+cosγa·x+sinγ-cosγb·y-1=0.

點A，B的中點為asinγ+cosγ2，bsinγ-cosγ2.易證該點在橢圓上，則橢圓在該點處的切線方程為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A，B，C，D坐標分別為（a·cosα，b·sinα），（-a·sinα，b·cosα），（-a·cosα，-b·sinα），（a·sinα，-b·cosα），α為任意常數.

∴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.

該結論還可拓展到橢圓內接n邊形的情形：

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

二、本文探究結論在高考解題中的應用

有些題目若用常規方法去解，計算會很復雜，但若用本文中的結論，則可大大降低運算量，提高解題的速度.以下舉兩道例題詳細說明其應用.

例1橢圓x24+y2=1上有A-1，32，B-3，-12與動點C，D，且過D點的切線平行于AC，則以A，B，C，D為頂點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）結論中的情況.

將A，B坐標分別代入（-a·sinγ，b·cosγ），（-a·cosγ，-b·sinγ），得：γ=π6+2kπ（k∈Z）.當四邊形面積最大時，由對稱性知：D3，12.

過D點的切線方程為xD·x4+yD·y=1，把D坐標代入知：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，且S△OAB=3，求原點O到直線AB距離的范圍.

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

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

【參考文獻】

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

[2]蘇化明.橢圓的最大內接和最小外切多邊形的幾個性質[J].數學教學研究，1987（6）.