橢圓中兩個最值問題的探討

姜坤崇

橢圓中蘊含著許多最值問題，本文給出其中的兩個（一類）并進行探討.

問題1 給定橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0），M（m，0）（m≥0，m≠a）是x軸非負半軸上的一定點，過M引動直線l交E于不同的兩點A、B.

（1）當0≤m<a時，求MA·MB的最大值與最小值;

（2）當m>a時，求MA·MB的最大值.

解 （1）當m=0（即M為原點）時易得結論：當l與x軸重合時MA·MB取得最大值a2，當l與x軸垂直時MA·MB取得最小值b2.以下設m>0.

圖1 圖2

如圖1（0<m<a的情形）和圖2（m>a的情形），設A（x1，y1）、B（x2，y2），其在x軸上的射影分別為A′、B′，直線l的傾斜角為α（0≤α<π），斜率為k，當α≠0，α≠π2時，t=1k=1tanα，直線l的方程為x=ty+m，代入E的方程整理得

（b2t2+a2）y2+2b2mty+b2（m2-a2）=0. ①

由于y1、y2是關于y的二次方程①的兩個實根，故由韋達定理得

y1y2=b2（m2-a2）b2t2+a2. ②

在Rt△AA′M中由∠A′MA=α或π-α可得，AM2

=AA′2sin2α=（t2+1）y21;在Rt△BB′M中由∠B′MB=α或π-α可得，BM2=（t2+1）y22，于是由②式得

MA·MB=（t2+1）y1y2

=b2（t2+1）b2t2+a2·m2-a2. ③

（1）若0<m<a，則由③式得

MA·MB=b2（a2-m2）（t2+1）b2t2+a2.

令u=b2t2+a2，v=1u，f（v）=MA·MB，c2=a2-b2（以下同），則上式可化為

f（v）=（a2-m2）（u-c2）u

=（a2-m2）（-c2u+1）

=（a2-m2）（-c2v+1）. ④

由v=1b2t2+a2及t2>0得0<v<1a2，故由④式知f（v）是（0，1a2）上的一次函數且為減函數，所以f（1a2）<f（v）<f（0），即b2（a2-m2）a2<f（v）<a2-m2.

又當l與x軸重合（即α=0）時可得MA·MB=a2-m2，當l與x軸垂直（即α=π2）時可得MA·MB=b2（a2-m2）a2，故當l與x軸重合時MA·MB取得最大值a2-m2，當l與x軸垂直時MA·MB取得最小值b2（a2-m2）a2.

（2）若m>a，則由③式得

f（v）=b2（m2-a2）（t2+1）b2t2+a2

=（m2-a2）（-c2v+1）. ⑤

設當l與E相切時對應的斜率為k1，對應的v1=1b2t21+a2（t1=1k1），則由①式的判別式等于零可得b2t21+a2=m2，即v1=1m2，從而0<v<1m2，于是由⑤式知一次函數f（v）在（0，1m2）上為減函數，所以f（1m2）<f（v）<f（0），即（m2-a2）（m2-c2）a2<f（v）<m2-a2.

又當l與x軸重合時可得MA·MB=m2-a2，故當l與x軸重合時MA·MB取得最大值m2-a2.

若設l與E的一個切點為C，則可得MC2=（m2-a2）（m2-c2）a2，于是還可得MA·MB

>MC2.

由以上探討可得如下兩個結論：

命題1 給定橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0），M（m，0）（m≥0，m≠a）是x軸非負半軸上的一定點，過M引動直線l交E于不同的兩點A、B.

（1）若0≤m<a，則當l與x軸重合時MA·MB取得最大值a2-m2，當l與x軸垂直時MA·MB取得最小值b2（a2-m2）a2;

（2）若m>a，則當l與x軸重合時MA·MB取得最大值m2-a2.

命題2 給定橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0），M（m，0）（m>a）是x軸上的一定點，過M引動直線l交E于不同的兩點A、B，l與E的一個切點為C，則MA·MB>MC2.

問題2 給定橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0），M（0，m）（m≥0，m≠b）是y軸非負半軸上的一定點，過M引動直線l交E于不同的兩點A、B.

（1）當0≤m<b時，求MA·MB的最大值與最小值;

（2）當m>b時，求MA·MB的最小值.

解 （1）當m=0（即M在原點）時易得結論：當l與y軸垂直時MA·MB取得最大值a2，當l與y軸重合時MA·MB取得最小值b2.以下設m>0.

圖3

如圖3（0<m<b的情形），設A（x1，y1）、B（x2，y2），其在y軸上的射影分別為A′、B′，直線l的傾斜角為α（0≤α<

π），斜率k=tanα（α≠π2），直線l的方程為y=kx+m，代入E的方程整理得

（a2k2+b2）x2+2a2mkx+a2（m2-b2）

=0.⑥

由于x1、x2是關于x的二次方程⑥的兩個實根，則由韋達定理得

x1x2=a2（m2-b2）a2k2+b2. ⑦

在Rt△AA′M中由∠A′AM=α或π-α可得，MA2=AA′2cos2α=（k2+1）x21;在Rt△BB′M中由∠B′BM=α或π-α可得MB2=（k2+1）x22，于是由⑦式得

MA·MB=（k2+1）x1x2

=a2（k2+1）a2k2+b2·m2-b2. ⑧

（1）若0<m<b，則由⑧式得

MA·MB=a2（b2-m2）（k2+1）a2k2+b2.

令u=a2k2+b2，v=1u，f（v）=MA·MB，則上式可化為

f（v）=（b2-m2）（u+c2）u

=（b2-m2）（c2u+1）

=（b2-m2）（c2v+1）. ⑨

由v=1a2k2+b2及k2>0得0<v<1b2，故由⑨式知f（v）是（0，1b2）上的一次函數且為增函數，所以f（0）<f（v）<f（1b2），即b2-m2<f（v）<a2（b2-m2）b2.

又當l與y軸重合（即α=π2）時可得MA·MB=b2-m2，當l與y軸垂直（即α=0）時可得MA·MB=a2（b2-m2）b2，故當l與y軸重合時MA·MB取得最小值b2-m2，當l與y軸垂直時MA·MB取得最大值a2（b2-m2）b2.

（2）若m>b，則由⑧式得

f（v）=a2（m2-b2）（k2+1）a2k2+b2.

=（m2-b2）（c2v+1）. ⑩

設當l與E相切時對應的斜率為k1，對應的v1=1a2k21+b2，則由⑥式的判別式等于零可得a2k21+b2=m2，即v1=1m2，從而0<v<1m2，于是由⑩式知一次函數f（v）在（0，1m2）上為增函數，所以f（0）<f（v）<f（1m2），即m2-b2<f（v）<（m2-b2）（m2+c2）m2.

又當l與y軸重合時可得MA·MB=m2-b2，故當l與y軸重合時MA·MB取得最小值m2-b2.

若設l與E的一個切點為C，則可得MC2=（m2-b2）（m2+c2）a2，于是還可得MA·MB

<MC2.

由以上探討可得如下兩個結論：

命題3 給定橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0），M（0，m）（m≥0，m≠b）是y軸非負半軸上的一定點，過M引動直線l交E于不同的兩點A、B.

（1）若0≤m<b，則當l與y軸垂直時MA·MB取得最大值a2（b2-m2）b2，當l與y軸重合時MA·MB取得最小值b2-m2;

（2）若m>b，則當l與y軸重合時MA·MB取得最小值m2-b2.

命題4 給定橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0），M（0，m）（m>b）是y軸上的一定點，過M引動直線l交E于不同的兩點A、B，l與E的一個切點為C，則MA·MB<MC2.