每日一题[1234]化椭为圆

已知椭圆 $\dfrac{x^2}4+\dfrac {y^2}3=1$,$A,B$ 是椭圆上两点,且 $A$ 在第一象限,$O$ 为坐标原点,$\triangle OAB$ 的面积记为 $S$.

1、若点 $A$ 的坐标为 $\left(1,\dfrac 32\right)$,求 $S$ 的最大值;

2、设 $A(x_1,y_1)$,$B(x_2,y_2)$,且 $3y_1+y_2=0$,求当 $S$ 取得最大值时,直线 $AB$ 的方程.

解法一

1、$S$ 取得最大值时,椭圆在 $B$ 点处的切线与 $OA$ 平行.设 $B(x_0,y_0)$,则根据椭圆的垂径定理,有\[\dfrac{y_0}{x_0}\cdot \dfrac 32=-\dfrac 34,\]于是\[y_0=-\dfrac 12x_0,\]结合椭圆方程可得\[(x_0,y_0)=\left(-\sqrt 3,\dfrac{\sqrt 3}2\right),\left(\sqrt 3,-\dfrac{\sqrt 3}2\right),\]此时根据面积坐标公式,$S$ 的最大值为\[\dfrac 12\left|1\cdot \dfrac{\sqrt 3}2-\left(-\sqrt 3\right)\cdot \dfrac 32\right|=\sqrt 3.\]

2、记 $y_1=t$,$y_2=-3t$,其中 $0<t\leqslant \dfrac{\sqrt 3}3$,则\[\begin{split} x_1&=2\sqrt{1-\dfrac 13t^2},\\ x_2&=\pm 2\sqrt{1-\dfrac 13(-3t)^2}=\pm 2\sqrt{1-3t^2},\end{split}\]因此\[\begin{split} S&\leqslant\dfrac 12\left(2t\sqrt{1-3t^2}+6t\sqrt{1-\dfrac 13t^2}\right)\\ &=t\sqrt{1-3t^2}+t\sqrt{9-3t^2},\end{split}\]记\[f(x)=\sqrt{x(1-3x)}+\sqrt{x(9-3x)},x\in\left(0,\dfrac 13\right],\]则其导函数\[f'(x)=\dfrac{1-6x}{2\sqrt{x(1-3x)}}+\dfrac{9-6x}{2\sqrt{x(9-3x)}},\]方程 $f'(x)=0$ 即\[(9-6x)^2\cdot(1-3x)=(1-6x)^2\cdot (9-3x),\]也即\[240x-72=0,\]解得\[x=\dfrac{3}{10}.\]因此\[\begin{array}{c|ccc}\hline x&\left(0,\dfrac 3{10}\right)&\dfrac 3{10}&\left(\dfrac 3{10},\dfrac 13\right]\\ \hline f'(x)&+&0&-\\ \hline f(x)&\nearrow &\sqrt 3&\searrow \\ \hline \end{array}\]因此当 $S$ 取得最大值时,$t=\sqrt{\dfrac{3}{10}}$,此时 $A\left(3\sqrt{\dfrac 25},\sqrt{\dfrac 3{10}}\right)$,$B\left(\sqrt{\dfrac 25},-3\sqrt{\dfrac 3{10}}\right)$,于是直线 $AB$ 的斜率为 $\sqrt 3$,进而其方程为\[y=\sqrt 3x-\dfrac{\sqrt{30}}3.\]

解法二

1、作伸缩变换 $(x',y')=\left(x,\dfrac 2{\sqrt 3}y\right)$,则椭圆变为圆\[x'^2+y'^2=4,\]此时 $\triangle OA'B'$ 的面积最大值为\[\dfrac 12\cdot 2^2=2,\]回到原坐标系,有 $\triangle OAB$ 的面积最大值为\[2\cdot \dfrac{\sqrt 3}2=\sqrt 3.\]

2、设 $AB:x=my+n$,与椭圆方程联立可得\[\left(\dfrac{m^2}4+\dfrac 13\right)y^2+\dfrac{mn}2y+\dfrac {n^2}4-1=0,\]由韦达定理,结合 $\dfrac {y_2}{y_1}=-3$,可得\[\dfrac{m^2n^2}4=\left(-3-\dfrac 13+2\right)\cdot\left(\dfrac {m^2}4+\dfrac 13\right)\left(\dfrac {n^2}4-1\right),\]解得\[n^2=\dfrac{3m^2+4}{3m^2+1}.\]而\[\Delta=\dfrac{m^2n^2}4-4\left(\dfrac {m^2}4+\dfrac 13\right)\left(\dfrac {n^2}4-1\right)=\dfrac{4m^2+3m^4}{1+3m^2},\]此时\[\begin{split} S&\leqslant \dfrac 12\cdot |n|\cdot |y_1-y_2|\\ &=\dfrac 12\cdot \dfrac{\sqrt{n^2\cdot \Delta}}{\dfrac{m^2n^2}4}\\ &=\dfrac{6}{3|m|+\dfrac 1{|m|}}\\ &\leqslant \sqrt 3,\end{split}\]等号当 $m^2=\dfrac 13$ 且 $n\geqslant 0$ 时取得,此时\[n^2=\dfrac 52,\]因此当 $S$ 取得最大值时直线 $AB$ 的方程为\[x=\dfrac{1}{\sqrt 3}y+\sqrt{\dfrac 52},\]即\[y=\sqrt 3x-\dfrac{\sqrt{30}}2.\]

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每日一题[1234]化椭为圆》有 1 条评论

  1. LycheeM LycheeM说:

    第二问何不用同样的伸缩变换来处理?
    利用伸缩变换$(x',y')=\left(x,\dfrac 2{\sqrt 3}y\right)$将椭圆变为圆后,显然当$\angle A'OB'=\dfrac{\pi}{2}$时,$\triangle OA'B'$面积最大。
    设$A'(2\cos\theta,2\sin\theta),\ \theta\in(0,\dfrac{\pi}{2})$,则$B'(2\sin\theta,-2\cos\theta)$。($B'$在第二象限的情况不合题意,舍去。)
    依题意,
    \[3\cdot (2\sin\theta)+(-2\cos\theta)=0.\]
    由此可得
    \[\sin\theta=\dfrac{1}{\sqrt{10}},\quad\cos\theta=\dfrac{3}{\sqrt{10}}.\]
    从而,
    \[A'(\dfrac{6}{\sqrt{10}},\dfrac{2}{\sqrt{10}}),\quad B'(\dfrac{2}{\sqrt{10}},-\dfrac{6}{\sqrt{10}}).\]
    回到原坐标系,可得点$A,B$的坐标分别为
    \[A(\dfrac{6}{\sqrt{10}},\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt{10}}),\quad B(\dfrac{2}{\sqrt{10}},-\dfrac{3\sqrt 3}{\sqrt{10}}).\]
    从而直线$AB$的方程为
    \[y=\sqrt 3x-\dfrac{\sqrt{30}}2.\]

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