椭圆中的内切圆

lemondian

kuing

你这图是得转发多少手画质才变得这么渣…………
我帮你补个清点儿的图吧：

（当然这个排版也不咋嘀，最后那图 F1 F2 还标反了……

由定义知俩三角形的周长都是 `4a`，故内切圆半径由面积决定。
所以要 `r_1-r_2` 最大，即要俩三角形面积之差最大，也就是 `|y_{Q_2}|-|y_{Q_1}|` 最大。
待续……

kuing

回复 2# kuing

续：没想到啥特别的方法，上代数计算吧，设 `P(m,n)`，不难算出
\[y_{Q_1}=-\frac n{3+2m},y_{Q_2}=-\frac n{3-2m},\]故面积差为
\[y_{Q_1}-y_{Q_2}=\frac{4mn}{9-4m^2},\]再换成三角 `m=\sqrt2\cos t`, `n=\sin t`，上式化为
\[\frac{2\sqrt2\sin2t}{5-4\cos2t},\]由 `5\geqslant4\cos2t+3\sin2t` 得上式最大值为 `2\sqrt2/3`，这是面积，要换回半径，就除以 `2a`，所以最终结果是 `1/3`。

lemondian

请问一下，第8题有没有其它解法？
如果象标答一样构造，好难！

isee

kuing

回复 4# lemondian

没看过标答，直接消元凑均值和 CS 呗：
\begin{align*}
1&=\sqrt{2-y^2}x+\sqrt{1-x^2}y\\
&\leqslant2-y^2+\frac{x^2}4+\frac32(1-x^2)+\frac{y^2}6\\
&=\frac72-5\left( \frac{x^2}4+\frac{y^2}6 \right)\\
&\leqslant\frac72-5\cdot\frac{(x+y)^2}{4+6}\\
&=\frac{7-(x+y)^2}2,
\end{align*}所以 `x+y\leqslant\sqrt5`，取等为 `x=2/\sqrt5`, `y=3/\sqrt5`，此时存在 `a=b=1/\sqrt5` 满足条件。

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发完才看到楼上这一长串……
构造图形真巧……

kuing

回复 6# kuing

还是三角换元自然一点，下面写个一般系数。

结定正数 $m$, $n$, $s$，正数 $x$, $y$ 满足
\[x\sqrt{m^2-y^2}+y\sqrt{n^2-x^2}=s,\]求 $x+y$ 的最大值。

令 $x=n\cos t$, $y=m\cos u$, $t$, $u\in[0,90\du)$，条件变为
\[mn\sin(t+u)=s,\]令 $t+u=v$，则
\begin{align*}
x+y&=n\cos t+m\cos(v-t)\\
&=(n+m\cos v)\cos t+m\sin v\sin t\\
&\leqslant\sqrt{(n+m\cos v)^2+(m\sin v)^2}\\
&=\sqrt{m^2+n^2+2mn\cos v}\\
&\leqslant\sqrt{m^2+n^2+2mn\sqrt{1-\sin^2v}}\\
&=\sqrt{m^2+n^2+2\sqrt{m^2n^2-s^2}},
\end{align*}取等暂略（好像有点麻烦？……

原题 $m=\sqrt2$, $n=s=1$，代入上式正是 $\sqrt5$。

lemondian

若将第11题改为：
(1)已知椭圆$C:\dfrac{x^2}{2}+y^2=1$，点$E_1(-\dfrac{1}{2},0),E_2(\dfrac{1}{2},0)$，设$P$是第一象限内$C$上的一点，$PE_1,PE_2$的延长线分别交$C$于点$Q_1(x_1,y_1),Q_2(x_2,y_2)$，求$y_1-y_2$的最大值。
(2)已知椭圆$C:\dfrac{x^2}{2}+y^2=1$，点$E_1(-2,0),E_2(2,0)$，设$P$是第一象限内$C$上的一点，$PE_1,PE_2$的延长线分别交$C$于点$Q_1(x_1,y_1),Q_2(x_2,y_2)$，求$y_1-y_2$的最小值。

问题（2）中：当点$E_1,E_2$在椭圆外时，是不是$y_1-y_2$有最小值（或者是求$|y_1-y_2|$最大值）？

乌贼

回复 5# isee
要证明$ BEYM $四点共圆不难，但幂和根轴……
如图：
延长$ AC $至$ D $，使$ AB=AD $。\[ \triangle ABF\cong \triangle ADF\riff\angle AFD=\angle AFB=\angle XPY=\angle AED\riff CE\px DF \]又\[ CX\px DY \]有\[ \dfrac{AX}{AY}=\dfrac{AC}{AD}=\dfrac{AE}{AF}\riff AQ\cdot AB=AX\cdot AF=AY\cdot AE \]即$ BEYM $四点共圆
哦，三圆两两相交 ，根轴$ BM,EX,QP $交于一点