中等数学-2015-2-解析几何中的最值问题-6

\qquad过椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的右焦点 $F$ 作两条垂直的弦 $AB、CD.$ 设 $AB、CD$ 的中点分别为 $M、N$.
\qquad(1)证明:直线 $MN$ 比过定点，并求出此定点;
\qquad(2)若弦 $AB、CD$ 的斜率均存在，求$△FMN$ 面积最大值。


\qquad(1)证明\qquad当直线 $AB$ 的斜率存在且不为$0$时，设其为 $k$ ，则 $l_{CD}$的斜率为 $-\frac{1}{k}$.
\qquad $l_{AB}:y=k(x-c).$
\qquad带入椭圆方程 $b^2{x}^2+a^2{y}^2-a^2{b}^2=0$ ,整理得
$(b^2+a^2{k}^2)x^2-2k^2{a}^{2}cx+a^2(k^2{c}^2-b^2)=0$
\qquad此方程有两个实数根 $x_1、x_2$.
\qquad由韦达定理得
\qquad $x_M=\frac{k^2{a}^{2}c}{b^2+a^2{k}^2}$,
\qquad $y_M=k(x_M-c)=k(\frac{k^2{a}^{2}c}{b^2+a^2{k}^2}-c)=-\frac{b^{2}ck}{b^2+a^2{k}^2}$.
\qquad 故 $M(\frac{k^2{b}^{2}c}{b^2+a^2{k}^2},-\frac{b^{2}ck}{b^2+a^2{k}^2})$.
\qquad类似地，将 $k$ 换成 $-\frac{1}{k}，$ 得
\qquad $N(\frac{a^{2}c}{b^2{k}^2+a^2},\frac{b^{2}ck}{b^2{k}^2+a^2}).$
\qquad当 $k^2̸=1$ ,即 $k̸=\pm 1$ 时，直线 $MN$ 的斜率为
\qquad $k_{MN}=\frac{-\frac{b^{2}ck}{b^2+a^2{k}^2}-\frac{b^{2}ck}{b^2{k}^2+a^2}}{\frac{k^{2}ac}{b^2+a^2{k}^2}-\frac{a^{2}c}{b^2{k}^2+a^2}}=-\frac{(a^2+b^2)k}{(k^2-1)a^2}.$


\qquad则 $l_{MN}:y-\frac{b^{2}ck}{b^2{k}^2+a^2}=-\frac{(a^2+b^2)k}{(k^2-1)a^2}(x-\frac{a^{2}c}{b^2{k}^2+a^2})$
\qquad $\Rightarrow y=-\frac{(a^2+b^2)k}{(k^2-1)a^2}(x-\frac{a^{2}c}{a^2+b^2})$
\qquad $\Rightarrow$直线 $MN$ 经过定点 $(\frac{a^{2}c}{a^2+b^2},0).$
\qquad当 $k^2=1$，即 $k=\pm 1$ 时，点 $M、N$ 的横坐标均为 $(\frac{a^{2}c}{a^2+b^2},0)$.
\qquad当直线 $AB$ 的斜率为 $0$ 或者不存在时， $l_{MN}:y=0$,也经过定点 $(\frac{a^{2}c}{a^2+b^2},0).$
\qquad综上，直线 $MN$ 经过定点 $E(\frac{a^{2}c}{a^2+b^2},0).$

\qquad(2)解\qquad当 $△FMN$ 的面积最大时，直线 $AB$ 的斜率一定存在.
\qquad由对称性，不妨设 $k>0$ ，并令
\qquad $k=\tan \theta (0<\theta \le \frac{\pi }{2}).$
\qquad因为 $|EF|=c-\frac{a^{2}c}{a^2+c^2}=\frac{b^{2}c}{d{a}^2+b^2}$，且 $a^2=b^2+c^2$，所以， $△FMN$ 的面积
\qquad $S=\frac{1}{2}\cdot \frac{b^{2}c}{a^2+b^2}|y_M-y_N|$
>
\qquad $=\frac{1}{2}\cdot \frac{b^{2}c}{a^2+b^2}|\frac{b^{2}ck}{b^2{k}^2+a^2}+\frac{b^{2}ck}{b^2+a^2{k}^2}|$
>
\qquad $=\frac{b^4{c}^{2}k(k^2+1)}{2(b^2{k}^2+a^2)(b^2+a^2{k}^2)}$
>
\qquad $=\frac{b^4{c}^2\sin \theta \cdot \cos \theta }{2(b^2{\sin }^2\theta +a^2{\cos }^2\theta )(b^2{\cos }^2\theta +a^2{\sin }^2\theta )}$
>
\qquad $=\frac{b^4{c}^2\sin \theta \cdot \cos \theta }{2(b^2+c^2{\cos }^2\theta )(b^2+c^2{\sin }^2\theta )}$
>
\qquad $=\frac{b^4{c}^2\sin \theta \cdot \cos \theta }{2(a^2{b}^2+c^4{\sin }^2\theta \cdot {\cos }^2\theta )}$
>
\qquad $=\frac{b^4{c}^2}{2(c^4\sin \theta \cdot \cos \theta +\frac{a^2{b}^2}{\sin \theta \cdot \cos \theta })}.$


\qquad记 $f(\theta )=c^4\sin \theta \cdot \cos \theta +\frac{a^2{b}^2}{\sin \theta \cdot \cos \theta }$.
>
\qquad则 $f(\theta )=\frac{1}{2}{c}^4\sin 2\theta +\frac{2a^2{b}^2}{\sin 2\theta }$
>
\qquad设 $g(t)=\frac{1}{2}{c}^{4}t+\frac{2a^2{b}^2}{t}(0<t\le 1).$
>
\qquad故 $g(t)=\frac{1}{2}{c}^{3}t+\frac{2a^2{b}^2}{t}(t>o)$ 在区间 $\left(0,\frac{2ab}{c^2}\right]$ 上单调递减，在区间 $\left[\frac{2ab}{c^2},+\infty \right)$ 上单调递增.

\qquad(i)当 $\frac{2ab}{c^2}\ge 1$，即 $b<a\le (\sqrt{2}+1)b$ 时，$g(t)$ 在区间 $\left(0,1\right]$ 上单调递减.
\qquad因此，$g(t)$ 的最小值为
\qquad $g(1)=\frac{1}{2}{c}^4+2a^2{b}^2$.
>
\qquad故 $S_{max}=\frac{b^4{c}^2}{c^4+4a^2{b}^2}$
>
\qquad $=\frac{b^4(a^2-b^2)}{(a^2-b^2)+4a^2{b}^2}=\frac{b^4(a^2-b^2)}{(a^2+b^2{)}^2}$.

\qquad(ii) 当 $\frac{2ab}{c^2}<1$，即 $a>(\sqrt{2}+1)b$ 时， $g(t)$ 在区间 $\left(0,\frac{2ab}{c^2}\right]$ 上单调递减，在区间 $\left[\frac{2ab}{c^2},1\right)$ 上单调递增.
\qquad因此， $g(t)$ 的最小值为 $g(\frac{2ab}{c^2})=ab{c}^2$，此时， $S_{max}=\frac{b^3}{4a}$.

\qquad综上，当 $b<a\le (\sqrt{2}+1)b$ 时，
\qquad $S_{max}=\frac{b^4(a^2-b^2)}{(a^2+b^2{)}^2}$;
\qquad当 $a>(\sqrt{2}+1)b$ 时， $S_{max}=\frac{b^3}{4a}$.

（蔡玉书）