圆的相交弦所成四边形的面积最值。

力工

过圆$T:x^2+y^2=4$外一点$P(2,1)$作互相垂直的直线$AB$和$CD$交圆$T$于（按逆时针依次排列)$A,B,C,D$，则四边形面积的最大值为多少？
结果算出为$\sqrt{15}$，这里变换坐标系即取直线$AB,CD$为轴解题要方便些，直接解决方法，我渣没算出来。
求助各位大神。
如果问题条件改为“过点$P(2,1)$作夹角为$\theta$的直线$AB$和$CD$交圆$T$于（按逆时针依次排列)$A,B,C,D$，则四边形面积的最大值为多少？

业余的业余

$|PA||PB|=|PC||PD|=1$ (圆幂定理),

记 $|PB||PC|=x>0$

$f(x)=S_{ABCD}=S_{\triangle PBC}-S_{\triangle PAB}=\cfrac {\sin\theta}2(|PB||PC|-|PA||PD|)=\cfrac {\sin\theta(x-1/x)}2$

显然 $f'(x)>0$, 从而 $f(x)$ 的最大值在 $x$ 的最大值处取得。直觉$T$ 在 $\angle BPC$ 的角平分线上时 $x$ 取得最大值。

重新建立坐标系，是原点在 $T$, $P$ 在 $X$ 轴正方向上。记直线 $PB$ 的倾角的补角为 $\alpha$, 有

$|PB|\sin\alpha = 2\sin\gamma$ ($\gamma$ 是与 $B$ 相关的一个参数）
$|PB|\cos\alpha-\sqrt{5}=2\cos\gamma$

联立解之，有 $|PB|=\sqrt{5}\cos\alpha + \sqrt{5\cos^2\alpha-1}$, 根据实际，另一个根舍掉。同理，有 $|PC|=\sqrt{5}\cos(\theta-\alpha) + \sqrt{5\cos^2(\theta-\alpha)-1}$。求$h(\alpha)=|PB|\cdot|PC|, (0\leqslant \alpha \leqslant \cfrac {\theta} 2)$ 的最大值看起来就头大。能否通过几何的方法证明当 $\angle BPC$ 的角平分线通过圆心$T$ 时，$|PB||PC|$ 取到最大值?

根据前面的计算此情形时 $|PB|=|PC|=\sqrt{5}\cos\left(\cfrac {\theta }2\right)+\sqrt{5\cos^2\left(\cfrac {\theta }2\right)-1}$, 容易验算当 $\theta=\pi/2$ 时，$f(x)=\sqrt{15}$ 与你的结果吻合。

kuing

回复 2# 业余的业余

直觉上肯定是对称时最大，早前在 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=927 里有过一些讨论，后面回帖的计算也复杂到我不想看……至于我那个定性分析是太不严格，不能作为证明……反正到目前为止我还没看到一个漂亮的解析……

PS、第三行有笔误，应为 `=S_{\triangle PBC}-S_{\triangle PAD}=`

kuing

又试试速度分解：

如图，设 `\angle BPC` 绕 `P` 作角速度为 `\omega` 的逆时针旋转，由2楼前半部分的分析知：四边形 `ABCD` 面积最大等价于 `PB\cdot PC` 最大，这显然只需考虑当圆心 `O` 在 `\angle BPC` 内部的情况即可，记 `\angle OBP=\beta`, `\angle OCP=\gamma`，作速度分解后，有 \begin{align*} v_B\cos\beta&=\omega\cdot PB,\\ v_B\sin\beta&=\frac{\rmd PB}{\rmd t}, \end{align*} 所以 \[ \frac{\rmd PB}{\rmd t}=\omega\cdot PB\tan\beta, \] 同理有 \[ \frac{\rmd PC}{\rmd t}=-\omega\cdot PC\tan\gamma, \] 于是 \[\frac{\rmd(PB\cdot PC)}{\rmd t} =\frac{\rmd PB}{\rmd t}\cdot PC+PB\cdot\frac{\rmd PC}{\rmd t} =\omega\cdot PB\cdot PC(\tan\beta-\tan\gamma),\] 故当 `\beta > \gamma` 时 `PB\cdot PC` 增大，当 `\beta < \gamma` 时 `PB\cdot PC` 减少，所以当 `\beta=\gamma`，即对称时 `PB\cdot PC` 最大。

业余的业余

强！

kuing

才想起原题（垂直的情况）之前在 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5212 也写过，可惜那里的柯西解法似乎不适用于一般夹角的情况……

wwdwwd117

回复 4# kuing

又把速度分解法向前推了一大步！

kuing

嘛，鉴于大家对速度分解的玩法都不太接受，下面我用 Bao 力的计算方法来印证 4# 最后那条式子的正确性。

如图，设圆 `x^2+y^2=r^2`, `P(p,0)`, `\angle BPC=\theta` 且 `PB` 的倾斜角为 `\alpha`，除了 `\alpha` 外其余均为定值。

易知
\begin{align*}
PB&=-p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha},\\
PC&=-p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)},\\
\tan\angle OBP&=\frac{p\sin\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}},\\
\tan\angle OCP&=\frac{-p\sin(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}},
\end{align*}
在 4# 的结论中，注意 $\omega=\rmd\alpha/\rmd t$，故如果 4# 的结论成立，则理应有如下等式成立
\[(PB\cdot PC)'=PB\cdot PC(\tan\angle OBP-\tan\angle OCP),\]
此处求导是对于 `\alpha`，代入以上式子就是
\begin{align*}
&\left[ \left( -p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha} \right)\left( -p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)} \right) \right]'\\
={}&\left( -p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha} \right)\left( -p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)} \right)\\
&\times\left( \frac{p\sin\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}+\frac{p\sin(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}} \right),
\end{align*}
运用导数公式，等号左边为
\begin{align*}
&\left( p\sin\alpha-\frac{p^2\sin\alpha\cos\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}} \right)\left( -p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)} \right)\\
&+\left( -p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha} \right)\left( p\sin(\alpha+\theta)-\frac{p^2\sin(\alpha+\theta)\cos(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}} \right),
\end{align*}
将等号右边的两个括号除过去，等式就等价于
\begin{align*}
&\frac{p\sin\alpha-\frac{p^2\sin\alpha\cos\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}}{-p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}+\frac{p\sin(\alpha+\theta)-\frac{p^2\sin(\alpha+\theta)\cos(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}}}{-p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}}\\
={}&\frac{p\sin\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}+\frac{p\sin(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}},
\end{align*}
而要证明它成立，只需证
\[\frac{p\sin\alpha-\frac{p^2\sin\alpha\cos\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}}{-p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}=\frac{p\sin\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}},\]
去分母后的确两边完全一样，这就证明了 4# 那条公式正确无误！

敬畏数学

已经晕头了。有时间好好读。

游客

游客

感觉不是直角时也能用这个方法,要用三角公式.


m=OPcosα,x=OPcosβ.

业余的业余

有空时再来好好领会

isee

才想起原题（垂直的情况）之前在  也写过，可惜那里的柯西解法似乎不适用于一般夹角的情况……
kuing 发表于 2018-12-6 14:41

变相写了仿射，4#搞得我都想重新学学物理了。

kuing

回复 11# 游客

钝角时也可以吗？

abababa

回复 8# kuing

能不能用极坐标？设$B(1,\theta_1),C(1,\theta_2),P(p,\pi)$，然后用极坐标两点公式能得
\[PB\cdot PC=\sqrt{(p^2+1+2p\cos\theta_1)(p^2+1+2p\cos\theta_2)}\]
最大值就把这个对$\theta_1,\theta_2$求偏导数，容易得出是$\theta_1=\theta_2$时最大。

kuing

回复 15# abababa

不用理会 `\theta_1`, `\theta_2` 之间的关系吗？

abababa

回复 16# kuing

应该不用吧，$\theta_1,\theta_2$都在以圆心为极点，正方向为极轴方向的极坐标下，都是自由量。
先把根号去掉，因为平方最大也是一样的。然后把定值的部分$(p^2+1)^2$也去掉，剩下
\[f(\theta_1,\theta_2)=2p(p^2+1)(\cos\theta_1+\cos\theta_2)+4p^2\cos\theta_1\cos\theta_2\]

然后求偏导数得
\[\frac{\partial f}{\partial\theta_1}=-4p^2\sin\theta_1\cos\theta_2-2p(p^2+1)\sin\theta_1\]
令它等于零，再求另一个偏导，最后得到
\begin{align*}
\cos\theta_2=-\frac{p^2+1}{2p}或\sin\theta_1=0\\
\cos\theta_1=-\frac{p^2+1}{2p}或\sin\theta_2=0
\end{align*}

$\cos\theta_2=-\frac{p^2+1}{2p}$和$\sin\theta_2=0$不能同时成立，另一个也是，而$\sin\theta_1=0$和$\sin\theta_2=0$也不能同时成立（不能构成四边形），所以只有$\cos\theta_2=\cos\theta_1$，如果两个角相等，也不能构成四边形，所以只能是两个角绝对值相等，互为相反数，就是几何上的角平分线。

kuing

回复 17# abababa

不用理 `\angle BPC` 为定值？

游客

abababa

回复 18# kuing

原来如此，而且我发现按17楼算出来的那个$\theta_1,\theta_2$的值，代进去最值竟然是$0$。应该是求出最小值了吧，唉。