林杰明 吴统胜 禤铭东

【摘要】本文笔者对椭圆内接四边形面积最大值及相关推论进行了较深入而详细的探究，总结归纳出了几个一般性的新的探究结论，并结合例题详细说明了所得的探究结论在解题中的应用.

【关键词】椭圆内接四边形;性质;探究

一、椭圆内接四边形性质的探究

探究（一）求椭圆内接四边形面积的最大值

已知四边形ABCD为椭圆x2a2+y2b2=1（a≠b且a>0，b>0）的内接四边形，求四边形ABCD面积的最大值.[1]

此处笔者给出两种解法，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四边形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，

当且仅当xCa=yDb·θ;-yBb=xCa·θ;-yDb=xAa·θ;xAa=yBb·θ;-yCb=xDa·θ;xDa=yAb·θ;xBa=yCb·θ;-yAb=xBa·θ时，等号成立.（θ为常数）

联立上述方程消元并结合椭圆对称性可知，S四边形ABCD≤2ab的取等号条件可成立.

故S四边形ABCD最大为2ab，此时其顶点坐标分别为（a·cosλ，b·sinλ），（-a·sinλ，b·cosλ），（-a·cosλ，-b·sinλ），（a·sinλ，-b·cosλ），λ为任意常数.

解法二对坐标进行伸缩变换：x′=ba·x，y′=y，则椭圆变为圆x′2+y′2=b2，四边形ABCD变为四边形A1B1C1D1.

∴S四边形A1B1C1D1=|A1C1×B1D1|2≤|A1C1·B1D1|2≤2b·2b2=2b2，等号当且仅当A1C1与B1D1为圆的两条相互垂直的直径时成立，此时设A1（b·cosγ，b·sinγ），γ为任意常数，则B1（-b·sinγ，b·cosγ），C1（-b·cosγ，-b·sinγ），D1（b·sinγ，-b·cosγ）.

∵S四边形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四边形ABCD·ba，

即S四边形A1B1C1D1最大时，S四边形ABCD也最大.

所以S四边形ABCD最大为2ab，此时其顶点坐标分别为（a·cosγ，b·sinγ），（-a·sinγ，b·cosγ），（-a·cosγ，-b·sinγ），（a·sinγ，-b·cosγ），γ为任意常数.

探究（二）对探究（一）中当S四边形ABCD=2ab时四边形ABCD性质的探究

结论1四边形ABCD各边分别对应唯一一个椭圆满足以下4个条件：①以四边形ABCD一边的中点为中心;②经过原点及该边的两端点;③长、短轴分别与椭圆x2a2+y2b2=1的长、短轴平行;④与椭圆x2a2+y2b2=1相似，相似比为1∶2.

结论2四边形ABCD边长的取值范围为[2a，2b]（b>a>0）或[2b，2a]（a>b>0）.

该结论还可拓展到椭圆内接n边形的情形：

椭圆内接n边形A1A2…An面积最大时，该n边形边长的取值范围为2asinπn，2bsinπn（b>a>0）或2bsinπn，2asinπn（a>b>0）.

结论3四边形ABCD的相邻两边夹角的余弦值范围和相邻两顶点分别与原点的连线所得夹角的余弦值范围均是-|a2-b2|a2+b2，|a2-b2|a2+b2.

证明（a·cosγ，b·sinγ），（a·sinγ，-b·cosγ）与（a·cosγ，b·sinγ），（-a·sinγ，b·cosγ）分别为四边形ABCD相邻两边各自的端点.∴结合对称性，易知：讨论四边形ABCD的相邻两边夹角的余弦值范围，只需讨论（a·cosγ，b·sinγ），（a·sinγ，-b·cosγ）与（a·cosγ，b·sinγ），（-a·sinγ，b·cosγ）分别对应的边的夹角余弦值范围.设所求角为α，则

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.

经分类讨论，知：cosα范围为-|a2-b2|a2+b2，|a2-b2|a2+b2.

同理：四边形ABCD相邻两顶点分别与原点的连线所得夹角的余弦值范围是-|a2-b2|a2+b2，|a2-b2|a2+b2.

综上可知，待证命题成立.

结论4四边形ABCD外切于椭圆2x2a2+2y2b2=1，切点为该四边形各边中点，且在该椭圆的所有外切四边形中，四边形ABCD面积最小.

证明四边形ABCD的顶点（a·cosγ，b·sinγ），（a·sinγ，-b·cosγ）相邻.不妨设前者为A点，后者为B点，则直线AB方程为sinγ+cosγa·x+sinγ-cosγb·y-1=0.

点A，B的中点为asinγ+cosγ2，bsinγ-cosγ2.易证该点在椭圆上，则椭圆在该点处的切线方程为sinγ+cosγa·x+sinγ-cosγb·y-1=0，

∴AB与椭圆相切.同理：BC，CD，DA均与椭圆相切.∴四边形ABCD为椭圆外切四边形.而将A，B，C，D坐标代入，知：S四边形ABCD=12·

|（xC-xA）（yD-yB）-（yC-yA）（xD-xB）|=2ab.

易知椭圆2x2a2+2y2b2=1的外切四边形ABCD最小面积为2ab，且此时A，B，C，D坐标分别为（a·cosα，b·sinα），（-a·sinα，b·cosα），（-a·cosα，-b·sinα），（a·sinα，-b·cosα），α为任意常数.

∴在椭圆的所有外切四边形中，四边形ABCD面积最小.∴待证命题成立.

该结论还可拓展到椭圆内接n边形的情形：

椭圆内接n边形A1A2…An面积最大时，该n边形外切于椭圆x2a2cos2πn+y2b2cos2πn=1，切点为该n边形各边中点，且在该椭圆的所有外切n边形中，n边形A1A2…An面积最小.

二、本文探究結论在高考解题中的应用

有些题目若用常规方法去解，计算会很复杂，但若用本文中的结论，则可大大降低运算量，提高解题的速度.以下举两道例题详细说明其应用.

例1椭圆x24+y2=1上有A-1，32，B-3，-12与动点C，D，且过D点的切线平行于AC，则以A，B，C，D为顶点的四边形最大面积为.

解析猜想：四边形面积最大的情况属于探究（一）结论中的情况.

将A，B坐标分别代入（-a·sinγ，b·cosγ），（-a·cosγ，-b·sinγ），得：γ=π6+2kπ（k∈Z）.当四边形面积最大时，由对称性知：D3，12.

过D点的切线方程为xD·x4+yD·y=1，把D坐标代入知：此切线斜率为-32.

∵kAC=kAO=32-0-1-0=-32，∴过D切线平行于AC.∴猜想成立.

∴所求最大面积为2ab=2×2×1=4.

例2已知A，B为椭圆x24+y23=1上的两点，且S△OAB=3，求原点O到直线AB距离的范围.

解析不难发现S△OAB=3=ab2，即：延长AO，BO分别交椭圆于C，D点，则SABCD=4S△OAB=2ab，∴ABCD属于探究（一）结论中的四边形.

由探究（二）的结论2知：6≤|AB|≤22，∵S△OAB=3，∴所求距离的范围为62，2.

【参考文献】

[1]洪方权.椭圆内接四边形最大面积的简证[J].中学教研，1988（10）.

[2]苏化明.椭圆的最大内接和最小外切多边形的几个性质[J].数学教学研究，1987（6）.