昨天讨论组：内含圆的切线弦求最大比

kuing

昨天讨论组里的一道题：

2020-07-06
  生如夏花 11:27:19

又到玩速度分解的时间

研究一般情况：设小圆 `O` 和大圆 `O_1` 的半径分别为 `r` 和 `R`，圆心距 `OO_1=d<R-r`，小圆 `O` 上动点 `P` 处的切线交大圆于 `A`, `B`，求 `PA/PB` 的最大值。



如上图所示，在 `P` 由底下起逆时针绕到上面的过程中，如果 `O`, `O_1` 在 `AB` 的异侧，则显然 `PA` 递减且 `PB` 递增，最大值一定不在这里取，所以只需考虑 `O`, `O_1` 在 `AB` 同侧的情形。

记 `P`, `A`, `B` 的速度为 `v_P`, `v_A`, `v_B`，记 `v_B` 与 `AB` 的夹角为 `\theta`，直线 `AB` 旋转的角速度为 `\omega`，则有
\[\omega=\frac{v_P}r=\frac{v_B\sin\theta}{PB}=\frac{v_A\sin\theta}{PA},\]所以
\begin{align*}
\frac{\rmd PB}{\rmd t}&=v_P-v_B\cos\theta=\omega(r-PB\cot\theta),\\
\frac{\rmd PA}{\rmd t}&=-v_P+v_A\cos\theta=\omega(-r+PA\cot\theta),
\end{align*}于是
\begin{align*}
\frac{\rmd}{\rmd t}\left( \frac{PA}{PB} \right)
&=\frac1{PB^2}\left( \frac{\rmd PA}{\rmd t}\cdot PB-\frac{\rmd PB}{\rmd t}\cdot PA \right)\\
&=\frac\omega{PB^2}\bigl( (-r+PA\cot\theta)\cdot PB-(r-PB\cot\theta)\cdot PA \bigr)\\
&=\frac\omega{PB^2}(-AB\cdot r+2PA\cdot PB\cot\theta),
\end{align*}所以 `PA/PB` 取最大值时必有
\[\cot\theta=\frac{AB\cdot r}{2PA\cdot PB},\quad(*)\]此式还可以写成
\[2\tan\angle O_1AB=\tan\angle OAB+\tan\angle OBA,\]多漂亮的结论，然而对于计算最终结果好像并不好用……



还是用回式 (*)，如上图，取 `AB` 中点 `M`，记 `O_1M=m`，则
\begin{align*}
AB&=2\sqrt{R^2-m^2},\\
\cot\theta&=\frac m{\sqrt{R^2-m^2}},\\
PA\cdot PB&=MA^2-MP^2=R^2-m^2-\bigl(d^2-(m-r)^2\bigr)=R^2+r^2-d^2-2mr,
\end{align*}代入式 (*) 化简得
\[rm^2-(R^2+r^2-d^2)m+R^2r=0,\]解得
\[m=\frac{R^2+r^2-d^2-\sqrt{(R^2+r^2-d^2)^2-4R^2r^2}}{2r}.\]（已由 `m<d+r` 及 `d<R-r` 舍去大根）

现在回到原题看看，原题大圆配方为 `(x-1)^2+(y-4)^2=36`，因此 `r=1`, `R^2=36`, `d^2=17`，代入上面，刚好没有根号，得 `m=2`，然后 `PA=4\sqrt2+4`, `PB=4\sqrt2-4`, `PA/PB=3+2\sqrt2`，选 A。

kuing

提问者说有人说用相似可以，他没弄出来，我也是……

倒是今天他的解法提醒了我考虑 PA/PB+PB/PA，于是有了下面的撸法：

因为 `PA/PB` 的最大最小值一定互为倒数，由双勾函数的性质，`PA/PB+PB/PA` 取最大值时 `PA/PB` 取最大或最小值。

沿用楼上的符号，有
\[\frac{PA}{PB}+\frac{PB}{PA}+2=\frac{AB^2}{PA\cdot PB}=\frac{4MA^2}{MA^2-MP^2}=\frac{4(R^2-m^2)}{R^2-m^2-d^2+(r\pm m)^2},\]分母的“`\pm`”当两圆心在 `AB` 异侧时取“`+`”同侧时取“`-`”，而且异侧时 `m` 的范围 `\subset` 同侧时，故此取大值一定同侧的时候，即只需求
\[\frac{4(R^2-m^2)}{R^2+r^2-d^2-2mr}\]的最大值，对 `m` 求导，就会得出与楼上相同的结果，当然也可以化成部分分式，记 `\Delta=R^2+r^2-d^2`，则上式可化为
\[\frac1{r^2}\left( 2\Delta-(\Delta-2mr)-\frac{\Delta^2-4R^2r^2}{\Delta-2mr} \right),\]然后均值，即
\[\frac{PA}{PB}+\frac{PB}{PA}+2\leqslant\frac2{r^2}\bigl( \Delta-\sqrt{\Delta^2-4R^2r^2} \bigr),\]代入 `r=1`, `R^2=36`, `d^2=17` 得到 `PA/PB+PB/PA\leqslant6`，解得 `3-2\sqrt2\leqslant PA/PB\leqslant3+2\sqrt2`。

kuing

附上提问者的直接参数方程的解法：

kuing

再撸一下，下面的撸法不需要纠结于什么同侧异侧的问题……



如图，记 `\angle O_1OP=\alpha`，则 `PM=d\sin\alpha`, `O_1M^2=(r-d\cos\alpha)^2`，于是
\begin{align*}
\frac{PA}{PB}+\frac{PB}{PA}-2
&=\frac{(PA-PB)^2}{PA\cdot PB}\\
&=\frac{4PM^2}{MA^2-MP^2}\\
&=\frac{4d^2\sin^2\alpha}{R^2-(r-d\cos\alpha)^2-d^2\sin^2\alpha}\\
&=\frac{4d^2(1-\cos^2\alpha)}{R^2-r^2-d^2+2rd\cos\alpha},
\end{align*}同样也可以化成部分分式
\[\frac1{r^2}\left( 2(R^2-r^2-d^2)-(R^2-r^2-d^2+2rd\cos\alpha)-\frac{(R^2+r^2-d^2)^2-4R^2r^2}{R^2-r^2-d^2+2rd\cos\alpha} \right),\]均值后即
\[\frac{PA}{PB}+\frac{PB}{PA}-2\leqslant\frac2{r^2}\bigl( R^2-r^2-d^2-\sqrt{(R^2+r^2-d^2)^2-4R^2r^2} \bigr),\]这与 2# 的结果是一样的。