圆内过两对称点的三角形面积最大值

kuing

如图，`\odot O` 为单位圆，圆内两定点 `D`, `E` 关于 `O` 对称，`DE=2c`，弦 `AB`, `AC` 分别过 `D`, `E`，求 `\triangle ABC` 的面积 `S` 的最大值。

解：设 `AD=x`, `AE=y`，易知 `x^2+y^2=2+2c^2`，由圆幂定理知 `DB\cdot x=EC\cdot y=1-c^2`，所以
\[AB=x+\frac{1-c^2}x,\,AC=y+\frac{1-c^2}y,\]由余弦定理
\[\cos A=\frac{x^2+y^2-4c^2}{2xy}=\frac{1-c^2}{xy},\]所以
\[2S=\left( x+\frac{1-c^2}x \right)\left( y+\frac{1-c^2}y \right)\sqrt{1-\left( \frac{1-c^2}{xy} \right)^2},\]由 `x^2+y^2=2+2c^2` 可将上式化为
\[2S=\frac{x^2y^2+(1-c^2)(3+c^2)}{xy}\sqrt{1-\left( \frac{1-c^2}{xy} \right)^2},\]为简化式子，令 `t=x^2y^2`, `u=1-c^2`，上式平方得
\[4S^2=f(t)=\frac1{t^2}(t+4u-u^2)^2(t-u^2),\]由 `x^2+y^2=2+2c^2` 及 `x`, `y>1-c` 可得 `t\in\bigl(u^2,(2-u)^2\bigr]`。

考察 `f(t)` 的单调性，求导有
\[f'(t)=\frac1{t^3}(t+4u-u^2)\bigl(t^2-u(4-u)t+2u^3(4-u)\bigr),\]第一个括号恒为正，第二个括号关于 `t` 的判别式 `\Delta=u^2(4-u)(4-9u)`，所以：

（1）若 `4/9\leqslant u<1`，则 `f(t)` 单调增，所以 `f(t)_{\max}=f\bigl((2-u)^2\bigr)`；

（2）若 `0<u<4/9`，令 `g(t)=t^2-u(4-u)t+2u^3(4-u)`，不难证明对称轴在 `\bigl(u^2,(2-u)^2\bigr]` 内且 `g(u^2)`, `g\bigl((2-u)^2\bigr)` 均为正，这说明 `g(t)=0` 的两根均在 `\bigl(u^2,(2-u)^2\bigr]` 内，所以此时 `f(t)` 先增后减再增（应验了下午我在讨论组里的说法），于是需要比较极大值与 `f\bigl((2-u)^2\bigr)` 的大小……

未完待续……

kuing

续：
最后那极大值好复杂，比较大小会很暴力……
还是扔掉单调性，换个方向，干脆直接证明 `f(t)\leqslant f\bigl((2-u)^2\bigr)`，反正都是暴力流……

事实上
\[f\bigl((2-u)^2\bigr)-f(t)=\frac{(2-u)^2-t}{(2-u)^4t^2}\cdot h(t),\]其中
\[h(t)=(2-u)^4t^2-2u^2(4-u)(8-14u+6u^2-u^3)t+u^4(2-u)^2(4-u)^2,\]它关于 `t` 的判别式为
\[\Delta=-16u^5(4-u)^2(1-u)(8-5u+u^2)<0,\]所以 `f(t)\leqslant f\bigl((2-u)^2\bigr)`。

而 `t=(2-u)^2\iff x=y`，这样就证明了一定是 `AD=AE` 时面积最大（最大值的表达式懒得写）。

作伸缩变换后可知椭圆内也有类似结论：

如图，椭圆中心为 `O`，其内两定点 `D`, `E` 关于 `O` 对称，弦 `AB`, `AC` 分别过 `D`, `E`，则当 `A` 处的切线与 `DE` 平行时 `\triangle ABC` 的面积最大。

hao124

回复 2# kuing
那这个东西用解析几何可以算吗？比如已知椭圆长轴为4，短轴为2，A(1/2，1/2)  B(-1/2，-1/2)是椭圆内两点

kuing

回复 3# hao124

不知道……估计计算量极大，反正我不敢试