圆的相交弦所成四边形的面积最值。
过圆$T:x^2+y^2=4$外一点$P(2,1)$作互相垂直的直线$AB$和$CD$交圆$T$于（按逆时针依次排列)$A,B,C,D$，则四边形面积的最大值为多少？结果算出为$\sqrt{15}$，这里变换坐标系即取直线$AB,CD$为轴解题要方便些，直接解决方法，我渣没算出来。
求助各位大神。
如果问题条件改为“过点$P(2,1)$作夹角为$\theta$的直线$AB$和$CD$交圆$T$于（按逆时针依次排列)$A,B,C,D$，则四边形面积的最大值为多少？ $|PA||PB|=|PC||PD|=1$ (圆幂定理),
记 $|PB||PC|=x>0$
$f(x)=S_{ABCD}=S_{\triangle PBC}-S_{\triangle PAB}=\cfrac {\sin\theta}2(|PB||PC|-|PA||PD|)=\cfrac {\sin\theta(x-1/x)}2$
显然 $f'(x)>0$, 从而 $f(x)$ 的最大值在 $x$ 的最大值处取得。直觉$T$ 在 $\angle BPC$ 的角平分线上时 $x$ 取得最大值。
重新建立坐标系，是原点在 $T$, $P$ 在 $X$ 轴正方向上。记直线 $PB$ 的倾角的补角为 $\alpha$, 有
$|PB|\sin\alpha = 2\sin\gamma$ ($\gamma$ 是与 $B$ 相关的一个参数）
$|PB|\cos\alpha-\sqrt{5}=2\cos\gamma$
联立解之，有 $|PB|=\sqrt{5}\cos\alpha + \sqrt{5\cos^2\alpha-1}$, 根据实际，另一个根舍掉。同理，有 $|PC|=\sqrt{5}\cos(\theta-\alpha) + \sqrt{5\cos^2(\theta-\alpha)-1}$。求$h(\alpha)=|PB|\cdot|PC|, (0\leqslant \alpha \leqslant \cfrac {\theta} 2)$ 的最大值看起来就头大。能否通过几何的方法证明当 $\angle BPC$ 的角平分线通过圆心$T$ 时，$|PB||PC|$ 取到最大值?
根据前面的计算此情形时 $|PB|=|PC|=\sqrt{5}\cos\left(\cfrac {\theta }2\right)+\sqrt{5\cos^2\left(\cfrac {\theta }2\right)-1}$, 容易验算当 $\theta=\pi/2$ 时，$f(x)=\sqrt{15}$ 与你的结果吻合。 [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=29012&ptid=5771]2#[/url] [i]业余的业余[/i] [/b]
直觉上肯定是对称时最大，早前在 [url]http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=927[/url] 里有过一些讨论，后面回帖的计算也复杂到我不想看……至于我那个定性分析是太不严格，不能作为证明……反正到目前为止我还没看到一个漂亮的解析……
PS、第三行有笔误，应为 `=S_{\triangle PBC}-S_{\triangle PAD}=` 又试试速度分解：
[attach]6773[/attach]
如图，设 `\angle BPC` 绕 `P` 作角速度为 `\omega` 的逆时针旋转，由2楼前半部分的分析知：四边形 `ABCD` 面积最大等价于 `PB\cdot PC` 最大，这显然只需考虑当圆心 `O` 在 `\angle BPC` 内部的情况即可，记 `\angle OBP=\beta`, `\angle OCP=\gamma`，作速度分解后，有
\begin{align*}
v_B\cos\beta&=\omega\cdot PB,\\
v_B\sin\beta&=\frac{\rmd PB}{\rmd t},
\end{align*}
所以
\[
\frac{\rmd PB}{\rmd t}=\omega\cdot PB\tan\beta,
\]
同理有
\[
\frac{\rmd PC}{\rmd t}=-\omega\cdot PC\tan\gamma,
\]
于是
\[\frac{\rmd(PB\cdot PC)}{\rmd t}
=\frac{\rmd PB}{\rmd t}\cdot PC+PB\cdot\frac{\rmd PC}{\rmd t}
=\omega\cdot PB\cdot PC(\tan\beta-\tan\gamma),\]
故当 `\beta>\gamma` 时 `PB\cdot PC` 增大，当 `\beta<\gamma` 时 `PB\cdot PC` 减少，所以当 `\beta=\gamma`，即对称时 `PB\cdot PC` 最大。 强！ 才想起原题（垂直的情况）之前在 [url]http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=5212[/url] 也写过，可惜那里的柯西解法似乎不适用于一般夹角的情况……[img]https://qzonestyle.gtimg.cn/qzone/em/e246.gif[/img] [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=29019&ptid=5771]4#[/url] [i]kuing[/i] [/b]
又把速度分解法向前推了一大步！ 嘛，鉴于大家对速度分解的玩法都不太接受，下面我用 Bao 力的计算方法来印证 4# 最后那条式子的正确性。
如图，设圆 `x^2+y^2=r^2`, `P(p,0)`, `\angle BPC=\theta` 且 `PB` 的倾斜角为 `\alpha`，除了 `\alpha` 外其余均为定值。
[attach]6780[/attach]
易知
\begin{align*}
PB&=-p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha},\\
PC&=-p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)},\\
\tan\angle OBP&=\frac{p\sin\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}},\\
\tan\angle OCP&=\frac{-p\sin(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}},
\end{align*}
在 4# 的结论中，注意 $\omega=\rmd\alpha/\rmd t$，故如果 4# 的结论成立，则理应有如下等式成立
\[(PB\cdot PC)'=PB\cdot PC(\tan\angle OBP-\tan\angle OCP),\]
此处求导是对于 `\alpha`，代入以上式子就是
\begin{align*}
&\left[ \left( -p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha} \right)\left( -p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)} \right) \right]'\\
={}&\left( -p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha} \right)\left( -p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)} \right)\\
&\times\left( \frac{p\sin\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}+\frac{p\sin(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}} \right),
\end{align*}
运用导数公式，等号左边为
\begin{align*}
&\left( p\sin\alpha-\frac{p^2\sin\alpha\cos\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}} \right)\left( -p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)} \right)\\
&+\left( -p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha} \right)\left( p\sin(\alpha+\theta)-\frac{p^2\sin(\alpha+\theta)\cos(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}} \right),
\end{align*}
将等号右边的两个括号除过去，等式就等价于
\begin{align*}
&\frac{p\sin\alpha-\frac{p^2\sin\alpha\cos\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}}{-p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}+\frac{p\sin(\alpha+\theta)-\frac{p^2\sin(\alpha+\theta)\cos(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}}}{-p\cos(\alpha+\theta)+\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}}\\
={}&\frac{p\sin\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}+\frac{p\sin(\alpha+\theta)}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2(\alpha+\theta)}},
\end{align*}
而要证明它成立，只需证
\[\frac{p\sin\alpha-\frac{p^2\sin\alpha\cos\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}}{-p\cos\alpha+\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}}=\frac{p\sin\alpha}{\sqrt{r^2-p^2\sin^2\alpha}},\]
去分母后的确两边完全一样，这就证明了 4# 那条公式正确无误！ 已经晕头了。有时间好好读。 [attach]6826[/attach] 感觉不是直角时也能用这个方法,要用三角公式.
[attach]6827[/attach]
m=OPcosα,x=OPcosβ. 有空时再来好好领会{:lol:} [quote]才想起原题（垂直的情况）之前在 也写过，可惜那里的柯西解法似乎不适用于一般夹角的情况……[小纠结] ...
[size=2][color=#999999]kuing 发表于 2018-12-6 14:41[/color] [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=29037&ptid=5771][img]http://kuing.orzweb.net/images/common/back.gif[/img][/url][/size][/quote]
变相写了仿射，4#搞得我都想重新学学物理了。 [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=29222&ptid=5771]11#[/url] [i]游客[/i] [/b]
钝角时也可以吗？ [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=29057&ptid=5771]8#[/url] [i]kuing[/i] [/b]
能不能用极坐标？设$B(1,\theta_1),C(1,\theta_2),P(p,\pi)$，然后用极坐标两点公式能得
\[PB\cdot PC=\sqrt{(p^2+1+2p\cos\theta_1)(p^2+1+2p\cos\theta_2)}\]
最大值就把这个对$\theta_1,\theta_2$求偏导数，容易得出是$\theta_1=\theta_2$时最大。 [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=29238&ptid=5771]15#[/url] [i]abababa[/i] [/b]
不用理会 `\theta_1`, `\theta_2` 之间的关系吗？ [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=29239&ptid=5771]16#[/url] [i]kuing[/i] [/b]
应该不用吧，$\theta_1,\theta_2$都在以圆心为极点，正方向为极轴方向的极坐标下，都是自由量。
先把根号去掉，因为平方最大也是一样的。然后把定值的部分$(p^2+1)^2$也去掉，剩下
\[f(\theta_1,\theta_2)=2p(p^2+1)(\cos\theta_1+\cos\theta_2)+4p^2\cos\theta_1\cos\theta_2\]
然后求偏导数得
\[\frac{\partial f}{\partial\theta_1}=-4p^2\sin\theta_1\cos\theta_2-2p(p^2+1)\sin\theta_1\]
令它等于零，再求另一个偏导，最后得到
\begin{align*}
\cos\theta_2=-\frac{p^2+1}{2p}或\sin\theta_1=0\\
\cos\theta_1=-\frac{p^2+1}{2p}或\sin\theta_2=0
\end{align*}
$\cos\theta_2=-\frac{p^2+1}{2p}$和$\sin\theta_2=0$不能同时成立，另一个也是，而$\sin\theta_1=0$和$\sin\theta_2=0$也不能同时成立（不能构成四边形），所以只有$\cos\theta_2=\cos\theta_1$，如果两个角相等，也不能构成四边形，所以只能是两个角绝对值相等，互为相反数，就是几何上的角平分线。 [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=29240&ptid=5771]17#[/url] [i]abababa[/i] [/b]
不用理 `\angle BPC` 为定值？ [attach]6830[/attach] [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=29241&ptid=5771]18#[/url] [i]kuing[/i] [/b]
原来如此，而且我发现按17楼算出来的那个$\theta_1,\theta_2$的值，代进去最值竟然是$0$。应该是求出最小值了吧，唉。 [quote]
[size=2][color=#999999]游客 发表于 2018-12-23 18:34[/color] [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=29244&ptid=5771][img]http://kuing.orzweb.net/images/common/back.gif[/img][/url][/size][/quote]
这个巧松的计算真是牛气，赞叹。
学习了感谢。 想起这定角被双曲线截的这题
[url]http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=5044&highlight=反比例函数[/url]
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