楊坤林 劉成龍

摘?要：本文由兩道高考試題引發(fā)了對(duì)面積最值問(wèn)題的研究，得到了圓錐曲線中關(guān)于面積最值的9個(gè)定理.

關(guān)鍵詞：圓錐曲線;面積最值;定理

試題1?（2007年全國(guó)Ⅰ卷理第科21題）已知橢圓x23+y22=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)點(diǎn)F1的直線交橢圓于B，D兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F2的直線交橢圓于A，C兩點(diǎn)，且AC⊥BD，垂足為點(diǎn)P.求四邊形ABCD的面積的最小值.

試題2?（2005年全國(guó)Ⅱ卷理科第21題）P，Q，M，N四點(diǎn)都在橢圓x2+y22=1上，點(diǎn)F為橢圓在y軸正半軸上的焦點(diǎn).已知PF與FQ共線，MF與FN共線，且PF·MF=0.求四邊形PMQN的面積的最小值和最大值.

通過(guò)研究，筆者發(fā)現(xiàn)試題1、試題2從表面上看無(wú)多大聯(lián)系，但本質(zhì)上考查的都是圓錐曲線中四邊形面積最值問(wèn)題，其解法也基本相同.因此，我們可將這兩道試題作為同一類(lèi)問(wèn)題進(jìn)行研究.現(xiàn)分別得到了試題的一般形式，如下：

定理1?設(shè)點(diǎn)F1，F(xiàn)2是橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的兩個(gè)焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F1的直線l1交橢圓于A，C兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F2的直線l2交橢圓于B，D兩點(diǎn)，且l1⊥l2，

則（SABCD）min=8a2b4（a2+b2）2，（SABCD）max=2b2.

證明?（1）如圖1，當(dāng)直線l1的斜率k存在且k≠0時(shí)，直線l1的方程為y=k（x+c）.

于是由x2a2+y2b2=1，y=k（x+c）， 得

（a2k2+b2）x2+2a2k2cx+a2k2c2-a2b2=0.

所以xA+xC=-2a2k2ca2k2+b2，xA·xC=a2k2c2-a2b2a2k2+b2.

于是AC=1+k2xA-xC=1+k2·（xA+xC）2-4xAxC=2ab2（1+k2）a2k2+b2.

由l1⊥l2可得直線l2的斜率kl2=-1k，同理可得BD=2ab2（1+k2）a2+b2k2.

所以SABCD=12AC·BD

=12·2ab2（1+k2）a2k2+b2·2ab2（1+k2）a2+b2k2

=2a2b4+4a2b4k2+2a2b4k4a2b2k4+（a4+b4）k2+a2b2

=2b2-2b2（a4+b4）-4a2b4a2b2k2+a2b2k2+（a4+b4）.

又因?yàn)?b2（a4+b4）>4a2b4，所以SABCD<2b2.

同時(shí)2b2-2b2（a4+b4）-4a2b4a2b2k2+a2b2k2+（a4+b4）≥8a2b4（a2+b2）2.即SABCD≥8a2b4（a2+b2）2，當(dāng)且僅當(dāng)k=±1時(shí)等號(hào)成立.

（2）當(dāng)直線l1的斜率k不存在時(shí)，即l1與x軸垂直，l2與x軸重合.容易計(jì)算，yA ?= b2a.

所以AC=2yA ?= 2b2a.

又因?yàn)锽D=2a，所以SABCD=12AC·BD=12·2b2a·2a=2b2.

（3）當(dāng)直線l1的斜率k=0時(shí)，即l1與x軸重合，l2與x軸垂直.同（2）可求得SABCD=2b2.

綜上，（SABCD）min=8a2b4（a2+b2）2，（SABCD）max=2b2.

定理2?設(shè)點(diǎn)F是橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的一焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F的直線l1，l2分別交橢圓于A，C和B，D，且l1⊥l2，則（SABCD）min=8a2b4（a2+b2）2，（SABCD）max=2b2.

不難看出，定理1、定理2從結(jié)構(gòu)上和本質(zhì)上都相同.定理2的證明方法同定理1，過(guò)程略.

類(lèi)比橢圓中四邊形面積最值的問(wèn)題，筆者得到了雙曲線和拋物線中四邊形面積最值的結(jié)論，如下：

定理3?設(shè)點(diǎn)F是雙曲線x2a2-y2b2=1（a≠b，且a，b>0）的右（或左）焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F的直線l1，l2分別交雙曲線的右（或左）支于A，C和B，D，且l1⊥l2，則（SABCD）min=8a2b4（a2-b2）2.

定理3的證明方法同定理1，過(guò)程略.

定理4?設(shè)點(diǎn)F是拋物線y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F的直線l1，l2分別交拋物線于A，C和B，D，且l1⊥l2，則（SABCD）min=8p2.

證明?（1）如圖2，當(dāng)直線l1的斜率k存在且k≠0時(shí)，l1的方程為y=k（x-p2）.①

于是聯(lián)立y2=2px和①式得，

k2x2-（pk2+2p）x+p2k24=0.

所以xA+xC=pk2+2pk2，xA·xC=p2k24k2=p24 .

于是AC=1+k2xA-xC

=1+k2·（xA+xC）2-4xAxC=2p（1+k2）k2.

由l1⊥l2可得直線l2的斜率kl2=-1k，同理可得BD=

2p（1+k2）.

所以SABCD=12AC·BD=12·2p（1+k2）k2·2p（1+k2）=2p2（1+k2）2k2≥2p2·4k2k2=8p2.

即當(dāng)k2=1時(shí)，SABCD=8p2

（2）當(dāng)直線l1的斜率k不存在時(shí)，即l1與x軸垂直，l2與x軸重合，則不能構(gòu)成四邊形ABCD.

（3）當(dāng)直線l1的斜率k=0時(shí)，即l1與x軸重合，l2與x軸垂直，同樣可知不能構(gòu)成四邊形ABCD.

綜上所述，（SABCD）min=8p2.

類(lèi)比圓錐曲線中四邊形面積最值問(wèn)題，筆者進(jìn)一步探討了圓錐曲線中圓和三角形的面積最值問(wèn)題，得到如下結(jié)論：

定理5?設(shè)圓M是與拋物線y2=2px（p>0）頂點(diǎn)O相切的內(nèi)切圓，其中點(diǎn)M為圓心，半徑長(zhǎng)為r，則（S⊙M）max=πp2.

證明?如圖3，設(shè)拋物線上任意一點(diǎn)為P（x，y），則PM≥r.又M（r，0），則PM=（x-r）2+y2.

即得（x-r）2+y2≥r2.整理得x2-2xr+y2≥0.

再將y2=2px代入上式，得x2-2xr+2px≥0.

變形得r≤x2+2px2x=x2+p.

又因?yàn)閤≥0，所以當(dāng)x=0時(shí)，rmax=p.

故（S⊙M）max=πp2.

定理6?設(shè)圓M在橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的內(nèi)部，且與橢圓的右（或左）頂點(diǎn)相切，其中點(diǎn)M為圓心，則（S⊙M）max=πb4a2.（證明方法同定理5，過(guò)程略.）

定理7?設(shè)圓M在雙曲線x2a2-y2b2=1右（或左）支內(nèi)部，且與雙曲線的右（或左）頂點(diǎn)相切，其中點(diǎn)M為圓心，則（S⊙M）max=πb4a2.（證明方法同定理5，過(guò)程略.）

定理8?設(shè)F是拋物線x2=2py（p>0）的焦點(diǎn)，過(guò)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，則（S△AOB）min=p22.

證明?如圖4，設(shè)直線l1的斜率為k，則直線l1的方程為y=kx+p2.

于是由x2=2py，y=kx+p2， 得x2-2pkx-p2=0.

所以有xA+xB=2pk，xA·xB=-p2.

所以S△AOB=12OF·xA-xB=12·p2·（xA+xB）2-4xAxB=p22·1+k2.

當(dāng)k=0時(shí)，（S△AOB）min=p22.

定理9?設(shè)點(diǎn)F1，F(xiàn)2是橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上不同于實(shí)軸的一動(dòng)點(diǎn)，則（S△F1PF2）max=bc.（定理9的證明方法較為簡(jiǎn)單，證明過(guò)程略.）

文中得到了9個(gè)定理，每一個(gè)定理就是一個(gè)數(shù)學(xué)模型，每一個(gè)模型代表了一類(lèi)問(wèn)題.定理的形成過(guò)程實(shí)際上就是一類(lèi)問(wèn)題的解決過(guò)程.因此，文中的9個(gè)定理對(duì)問(wèn)題的解決有積極的指導(dǎo)作用.