给定 $a,\sqrt{2} < a < 2$．内接于单位圆 $\Gamma$ 的凸四边形 $ABCD$ 适合以下条件：
（1）圆心在这凸四边形内部；
（2）最大边长是 $ a$，最小边长是 $\sqrt{4-a^2}$．过点 $A,B,C,D$ 依次作圆 $\Gamma$ 的4条切线 $L_{A}, L_{B}, L_{C}, L_{D}$．已知 $L_{A}$ 与 $L_{B}$，$L_{B}$ 与 $L_{C}$，$L_{C}$ 与 $L_{D}$，$L_{D}$ 与 $L_{A}$ 分别交于点 $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$．求面积之比 $\dfrac{S_{四边形A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}}{S_{四边形A B C D }}$ 的最大值与最小值．
（1）圆心在这凸四边形内部；
（2）最大边长是 $ a$，最小边长是 $\sqrt{4-a^2}$．过点 $A,B,C,D$ 依次作圆 $\Gamma$ 的4条切线 $L_{A}, L_{B}, L_{C}, L_{D}$．已知 $L_{A}$ 与 $L_{B}$，$L_{B}$ 与 $L_{C}$，$L_{C}$ 与 $L_{D}$，$L_{D}$ 与 $L_{A}$ 分别交于点 $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$．求面积之比 $\dfrac{S_{四边形A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}}{S_{四边形A B C D }}$ 的最大值与最小值．
【难度】
【出处】
2001第16届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
记圆 $\Gamma$ 的圆心为 $O$，并记 $\angle A O B=2 \theta_{1}, \angle B O C=2 \theta_{2},\angle C O D=2 \theta_{3}, \angle D O A=2 \theta_{4}$．于是 $\theta_{1}, \theta_{2}, \theta_{3}, \theta_{4}$ 都是锐角，且 $\theta_{1}+\theta_{2}+\theta_{3}+\theta_{4}=\pi$．不难求得
$S_{四边形A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}=\tan \theta_{1}+\tan \theta_{2}+\tan \theta_{3}+\tan \theta_{4},S_{四边形$ A B C D $}=\frac{1}{2}\left(\sin 2 \theta_{1}+\sin 2 \theta_{2}+\sin 2 \theta_{3}+\sin 2 \theta_{4}\right)$ 所以有
$\dfrac{S_{四边形A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}}{S_{四边形A B C D }}=\dfrac{2\left(\tan \theta_{1}+\tan \theta_{2}+\tan \theta_{3}+\tan \theta_{4}\right)}{\sin 2 \theta_{1}+\sin 2 \theta_{2}+\sin 2 \theta_{3}+\sin 2 \theta_{4}}$ ①
由于式 ① 右端关于 $\theta_{1}, \theta_{2}, \theta_{3}, \theta_{4}$ 对称，故不妨设 $A D=a, C D=\sqrt{4-a^{2}}$．于是 $\sin \theta_{4}=\dfrac{a}{2}, \sin \theta_{3}=\dfrac{1}{2} \sqrt{4-a^{2}}$ 又因 $\begin{aligned} \cos \left(\theta_{1}+\theta_{2}\right)=& \cos \theta_{3} \cos \theta_{4}-\sin \theta_{3} \sin \theta_{4}= \sqrt{1-\left(\frac{a}{2}\right)^{2}} \sqrt{1-\frac{1}{4}\left(4-a^{2}\right)}- \frac{a}{2} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{4-a^{2}}=0 \end{aligned}$ 所以 $\theta_{3}+\theta_{4}=\frac{\pi}{2}$．从而，$\theta_{1}+\theta_{2}=\dfrac{\pi}{2}$ 由三角公式，有
$\tan \theta_{3}+\tan \theta_{4}=\dfrac{\sin \left(\theta_{3}+\theta_{4}\right)}{\cos \theta_{3} \cos \theta_{4}}=\dfrac{1}{\sin \theta_{4} \sin \theta_{3}}=\dfrac{4}{a \sqrt{4-a^{2}}}$ ②
$\tan \theta_{1}+\tan \theta_{2}=\dfrac{\sin \left(\theta_{1}+\theta_{2}\right)}{\cos \theta_{1} \cos \theta_{2}}=\dfrac{1}{\cos \theta_{1} \cos \theta_{2}}=\dfrac{2}{\sin 2 \theta_{1}}$ ③
$\begin{aligned} \sin 2 \theta_{3}+\sin 2 \theta_{4}=& 2 \sin 2 \theta_{3}=4 \sin \theta_{3} \cos \theta_{3}= 4 \sin \theta_{3} \sin \theta_{4}=a \sqrt{4-a^{2}} \end{aligned}$ ④
$\sin 2 \theta_{1}+\sin 2 \theta_{2}=2 \sin 2 \theta_{1}$ ⑤
简记 $\alpha=\tan \theta_{3}+\tan \theta_{4}, \beta=\sin 2 \theta_{3}+\sin 2 \theta_{4}, t=\sin 2 \theta_{1}$，于是 $\alpha \beta$ 为常数，而 $ t$ 为变数．将 ② ～ ⑤ 代人 ①，得
$\dfrac{S_{四边形A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}}{S_{四边形 A B C D }}=\dfrac{2 \alpha+\dfrac{4}{t}}{\beta+2 t}$ ⑥
容易君出，式 ⑥ 右端是 $t$ 的严格递减函数，而 $t$ 的最大值为 $1$，故得
$\dfrac{S_{四边形A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}}{S_{四边形 A B C D }}=\dfrac{4}{a \sqrt{4-a^{2}}}$
另一方面，由于 $\theta_{1}, \theta_{2}, \theta_{3}, \theta_{4}$ 都是锐角且 $a$ 是最大边长，$\sqrt{4-a^{2}}$ 是最小边长，故有 $\theta_{3} \leqslant \theta_{1}, \theta_{2}<\theta_{4}$．
又因 $\theta_{1}+\theta_{2}=\dfrac{\pi}{2}=\theta_{3}+\theta_{4}$，故知 $t$ 的最小值为 $t_{0}=2 \sin \theta_{3} \sin \theta_{4}=\dfrac{1}{2} a \sqrt{4-a^{2}}$
于是，由式 ⑥ 右端函数的严格递减性，即得 $\dfrac{S_{四边形A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}}{S_{四边形A B C D }}=\dfrac{8}{a^{2}\left(4-a^{2}\right)}$
$S_{四边形A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}=\tan \theta_{1}+\tan \theta_{2}+\tan \theta_{3}+\tan \theta_{4},S_{四边形$ A B C D $}=\frac{1}{2}\left(\sin 2 \theta_{1}+\sin 2 \theta_{2}+\sin 2 \theta_{3}+\sin 2 \theta_{4}\right)$ 所以有
$\dfrac{S_{四边形A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}}{S_{四边形A B C D }}=\dfrac{2\left(\tan \theta_{1}+\tan \theta_{2}+\tan \theta_{3}+\tan \theta_{4}\right)}{\sin 2 \theta_{1}+\sin 2 \theta_{2}+\sin 2 \theta_{3}+\sin 2 \theta_{4}}$ ①
由于式 ① 右端关于 $\theta_{1}, \theta_{2}, \theta_{3}, \theta_{4}$ 对称，故不妨设 $A D=a, C D=\sqrt{4-a^{2}}$．于是 $\sin \theta_{4}=\dfrac{a}{2}, \sin \theta_{3}=\dfrac{1}{2} \sqrt{4-a^{2}}$ 又因 $\begin{aligned} \cos \left(\theta_{1}+\theta_{2}\right)=& \cos \theta_{3} \cos \theta_{4}-\sin \theta_{3} \sin \theta_{4}= \sqrt{1-\left(\frac{a}{2}\right)^{2}} \sqrt{1-\frac{1}{4}\left(4-a^{2}\right)}- \frac{a}{2} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{4-a^{2}}=0 \end{aligned}$ 所以 $\theta_{3}+\theta_{4}=\frac{\pi}{2}$．从而，$\theta_{1}+\theta_{2}=\dfrac{\pi}{2}$ 由三角公式，有
$\tan \theta_{3}+\tan \theta_{4}=\dfrac{\sin \left(\theta_{3}+\theta_{4}\right)}{\cos \theta_{3} \cos \theta_{4}}=\dfrac{1}{\sin \theta_{4} \sin \theta_{3}}=\dfrac{4}{a \sqrt{4-a^{2}}}$ ②
$\tan \theta_{1}+\tan \theta_{2}=\dfrac{\sin \left(\theta_{1}+\theta_{2}\right)}{\cos \theta_{1} \cos \theta_{2}}=\dfrac{1}{\cos \theta_{1} \cos \theta_{2}}=\dfrac{2}{\sin 2 \theta_{1}}$ ③
$\begin{aligned} \sin 2 \theta_{3}+\sin 2 \theta_{4}=& 2 \sin 2 \theta_{3}=4 \sin \theta_{3} \cos \theta_{3}= 4 \sin \theta_{3} \sin \theta_{4}=a \sqrt{4-a^{2}} \end{aligned}$ ④
$\sin 2 \theta_{1}+\sin 2 \theta_{2}=2 \sin 2 \theta_{1}$ ⑤
简记 $\alpha=\tan \theta_{3}+\tan \theta_{4}, \beta=\sin 2 \theta_{3}+\sin 2 \theta_{4}, t=\sin 2 \theta_{1}$，于是 $\alpha \beta$ 为常数，而 $ t$ 为变数．将 ② ～ ⑤ 代人 ①，得
$\dfrac{S_{四边形A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}}{S_{四边形 A B C D }}=\dfrac{2 \alpha+\dfrac{4}{t}}{\beta+2 t}$ ⑥
容易君出，式 ⑥ 右端是 $t$ 的严格递减函数，而 $t$ 的最大值为 $1$，故得
$\dfrac{S_{四边形A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}}{S_{四边形 A B C D }}=\dfrac{4}{a \sqrt{4-a^{2}}}$
另一方面，由于 $\theta_{1}, \theta_{2}, \theta_{3}, \theta_{4}$ 都是锐角且 $a$ 是最大边长，$\sqrt{4-a^{2}}$ 是最小边长，故有 $\theta_{3} \leqslant \theta_{1}, \theta_{2}<\theta_{4}$．
又因 $\theta_{1}+\theta_{2}=\dfrac{\pi}{2}=\theta_{3}+\theta_{4}$，故知 $t$ 的最小值为 $t_{0}=2 \sin \theta_{3} \sin \theta_{4}=\dfrac{1}{2} a \sqrt{4-a^{2}}$
于是，由式 ⑥ 右端函数的严格递减性，即得 $\dfrac{S_{四边形A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}}{S_{四边形A B C D }}=\dfrac{8}{a^{2}\left(4-a^{2}\right)}$
答案
解析
备注
