截距式方程相关结论与推导过程

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本篇博文介绍了有关截距式方程的一些结论和其推导过程。

前言

这篇文章最初写于 2021 年 9 月 24 日。2023 年 9 月 24 日初次改写为博文。

过程不太严谨，但一定程度上反映了我的思考。只进行了部分格式修正以适应博文格式，未进行内容的修改。

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问题

如图，已知直线 l: xa+yb=1(  ⁣a , b>0  ⁣)l:\:\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}=1\quad(\:\!a\,,\,b>0\:\!) 过定点 P(  ⁣m , n  ⁣)P(\:\!m\,,\, n\:\!) ，其中 m, n>0m,\,n>0 ，交 xx 轴于 A(  ⁣a , 0  ⁣)A(\:\!a\,,\, 0\:\!) ，交 yy 轴于 B(  ⁣0 , b  ⁣)B(\:\!0\,,\, b\:\!) 。求下列值的最小值：

  1. OA+OBOA+OB
  2. S△OABS_{\triangle OAB}
  3. PA⋅PBPA\cdot PB
  4. ABAB
  5. C△OABC_{\triangle OAB}

由题意得 ma+nb=1⇔an+bm=ab\dfrac{m}{a}+\dfrac{n}{b}=1\Leftrightarrow an+bm=ab

OA+OBOA+OB

注意到

a+b=(a+b)(ma+nb)=m+n+abn+bam⩾m+n+2mn\env{aligned}{a+b&=(a+b) \left(\dfrac{m}{a}+\dfrac{n}{b}\right)\\&=m+n+\dfrac{a}{b}n+\dfrac{b}{a}m\\&\ge m+n+2\sqrt{mn}}

当 ab=mn\dfrac{a}{b}=\sqrt{\dfrac{m}{n}} 时取得等号

此时 {a=m+mnb=n+mn\env{cases}{a=m+\sqrt{mn}\\b=n+\sqrt{mn}}

即 (OA+OB)min⁡=(a+b)min⁡=m+n+2mn(OA+OB)_{\min }=(a+b)_{\min }=m+n+2\sqrt{mn}

S△OABS_{\triangle OAB}

注意到

ab=ab(ma+nb)(ma+nb)=2mn+bam2+abn2⩾4mn\env{aligned}{ab&=ab\left(\dfrac{m}{a}+\dfrac{n}{b}\right) \left(\dfrac{m}{a}+\dfrac{n}{b}\right)\\&=2mn+\dfrac{b}{a}m^2+\dfrac{a}{b}n^2\\&\ge 4mn}

当 ab=mn\dfrac{a}{b}=\dfrac{m}{n} 时取得等号

此时 {a=2mb=2n\env{cases}{a=2m\\b=2n}

即 (S△OAB)min⁡=12ab=2mn(S_{\triangle OAB})_{\min }=\dfrac{1}{2}ab=2mn

PA⋅PBPA\cdot PB

注意到

PA⋅PB=[m2+(b−n)2][n2+(a−m)2]⩾[mn+(b−n)(a−m)]2=2mn\env{aligned}{PA\cdot PB&=\sqrt{\left[m^2+(b-n)^2\right]\left[n^2+(a-m)^2\right]}\\&\ge \sqrt{[mn+(b-n)(a-m)]^2}\\&=2mn}

当 a=ba=b 时取得等号

此时 {a=m+nb=m+n\env{cases}{a=m+n\\b=m+n}

即 (PA⋅PB)min⁡=2mn\left(PA\cdot PB\right)_{\min }=2mn

ABAB

注意到

a2+b2=(a2+b2)(ma+nb)(ma+nb)⩾(m23+n23)3\env{aligned}{a^2+b^2&=(a^2+b^2) \left(\dfrac{m}{a}+\dfrac{n}{b}\right) \left(\dfrac{m}{a}+\dfrac{n}{b}\right)\\&\ge (m^{\frac{2}{3}}+n^{\frac{2}{3}})^3}

当 ab=mn3\dfrac{a}{b}=\sqrt[3]{\dfrac{m}{n}} 时取得等号

此时 {a=m+mn23b=n+m2n3\env{cases}{a=m+\sqrt[3]{mn^2}\\b=n+\sqrt[3]{m^2n}}

即 ABmin⁡=(a2+b2)min⁡=(m23+n23)32AB_{\min }=\left(\sqrt{a^2+b^2}\right)_{\min }=(m^{\frac{2}{3}}+n^{\frac{2}{3}})^{\frac{3}{2}}

C△OABC_{\triangle OAB}

设 t=abt=\dfrac{a}{b} ，由题意知 b=n+mtb=n+\dfrac{m}{t}

注意到

C(t)=a+b+a2+b2=b(ab+1+a2b2+1)=(n+mt)(t+1+t2+1)\env{aligned}{C(t)&=a+b+\sqrt{a^2+b^2}\\&=b\left(\dfrac{a}{b}+1+\sqrt{\dfrac{a^2}{b^2}+1}\right)\\&=\left(n+\dfrac{m}{t}\right)\left(t+1+\sqrt{t^2+1}\right)}

则

C′(t)=ntt2+1+n−mt2−mt2t2+1=1t2t2+1(nt3+nt2t2+1−m−mt2+1)\env{aligned}{C^\prime(t)&=\dfrac{n t}{\sqrt{t^{2} + 1}}+n-\dfrac{m}{t^{2}}-\dfrac{m}{t^{2}\sqrt{t^{2} + 1}}\\&=\dfrac{1}{t^2\sqrt{t^2+1}}\left(nt^3+nt^2\sqrt{t^2+1}-m-m\sqrt{t^2+1}\right)}

令 C′(t)=0C^\prime(t)=0 ，则 nt3+nt2t2+1−m−mt2+1=0nt^3+nt^2\sqrt{t^2+1}-m-m\sqrt{t^2+1}=0

整理得 nt2(t2+1+t)=m(t2+1+1)nt^2\left(\displaystyle\sqrt{t^2+1}+t\right)=m\left(\displaystyle\sqrt{t^2+1}+1\right)

设 t=tan⁡θ(θ∈(  ⁣0 , π2  ⁣))t=\tan \theta\quad\left(\theta\in (\:\!0\,,\, \dfrac{\pi}{2}\:\!)\right)

则

原式⇔ntan⁡2θ(tan⁡θ+sec⁡θ)=m(sec⁡θ+1)⇔nsin⁡3θcos⁡3θ+nsin⁡2θcos⁡3θ=mcos⁡θ+m⇔nsin⁡2θ(sin⁡θ+1)=mcos⁡2θ(cos⁡θ+1)⇔mn=tan⁡2θsin⁡θ+1cos⁡θ+1⇔mn=tan⁡2θ2sin⁡φcos⁡φ+sin⁡2φ+cos⁡2φ2cos⁡2φ⇔mn=tan⁡2θ2tan⁡φ+tan⁡2φ+12⇔2mn=tan⁡θ(tan⁡φ+1)⇔a=t2+1+t−1⇔t=a2+2a2a+2⇔t=m+2mnn+2mn\env{aligned}{\text{原式}&\Leftrightarrow n\tan ^2\theta(\tan \theta+\sec \theta)=m(\sec \theta+1)\\&\Leftrightarrow \dfrac{n\sin ^3\theta}{\cos ^3\theta}+\dfrac{n\sin ^2\theta}{\cos ^3\theta}=\dfrac{m}{\cos \theta}+m\\&\Leftrightarrow n\sin ^2\theta\left(\sin \theta+1\right)=m\cos ^2\theta\left(\cos \theta+1\right)\\&\Leftrightarrow \dfrac{m}{n}=\tan ^2\theta \dfrac{\sin \theta+1}{\cos \theta+1}\\&\Leftrightarrow \dfrac{m}{n}=\tan ^2\theta \dfrac{2\sin \varphi \cos \varphi +\sin ^2\varphi+\cos ^2\varphi}{2\cos ^2\varphi}\\&\Leftrightarrow \dfrac{m}{n}=\tan ^2\theta \dfrac{2\tan \varphi+\tan ^2\varphi+1}{2}\\&\Leftrightarrow \sqrt{\dfrac{2m}{n}}= \tan\theta\left(\tan \varphi+1\right)\\&\Leftrightarrow a=\sqrt{t^2+1}+t-1\\&\Leftrightarrow t=\dfrac{a^2+2a}{2a+2}\\&\Leftrightarrow t=\dfrac{m+\sqrt{2mn}}{n+\sqrt{2mn}}}

易见原式有最小值

则当 ab=m+2mnn+2mn\dfrac{a}{b}=\dfrac{m+\sqrt{2mn}}{n+\sqrt{2mn}} 时取得最小值

此时 {a=2mn(m+n+2mn)n+2mnb=2mn(m+n+2mn)m+2mn\env{cases}{a=\dfrac{\sqrt{2mn}\left(m+n+\sqrt{2mn}\right)}{n+\sqrt{2mn}}\\b=\dfrac{\sqrt{2mn}\left(m+n+\sqrt{2mn}\right)}{m+\sqrt{2mn}}}

重新代回去很难算，我就用软件算了，结果长下面这样，复杂无比，但软件说是最简的：

(C△OAB)min⁡=(2mn+m+n)(2m2mn+2m+2n2mn+2n+2mn[1(2mn+m)2+1(2mn+n)2])\left(C_{\triangle OAB}\right)_{\min }=\left(\sqrt{2m n}+m+n\right) \left(\dfrac{2m}{\sqrt{2m n}+2 m}+\dfrac{2n}{\sqrt{2m n}+2 n}+\sqrt{2m n \left[\dfrac{1}{\left(\sqrt{2mn}+m\right)^2}+\dfrac{1}{\left(\sqrt{2mn}+n\right)^2}\right]}\right)

把 {m=1n=1\env{cases}{m=1\\n=1} 代入得 Cmin⁡=4+22C_{\min }=4+2\sqrt{2} ，是正确的。

把 {m=3n=4\env{cases}{m=3\\n=4} 代入得 Cmin⁡=14+46≈23.7979589711327C_{\min }=14+4\sqrt{6}\approx 23.7979589711327

此时 a=9−6≈6.550510257216822a=9-\sqrt{6}\approx 6.550510257216822

不是很明显，但我有理由相信它是在最低点。

就这样，Over

2021-10-07 更新：

经过尝试，将原式化简为

(C△OAB)min⁡=2(m+n+2mn)\left(C_{\triangle OAB}\right)_{\min }=2\left(m+n+\sqrt{2mn}\right)

则当 ab=m+2mnn+2mn\dfrac{a}{b}=\dfrac{m+\sqrt{2mn}}{n+\sqrt{2mn}} 时取得最小值

此时 {a=2mn(m+n+2mn)n+2mnb=2mn(m+n+2mn)m+2mn\env{cases}{a=\dfrac{\sqrt{2mn}\left(m+n+\sqrt{2mn}\right)}{n+\sqrt{2mn}}\\b=\dfrac{\sqrt{2mn}\left(m+n+\sqrt{2mn}\right)}{m+\sqrt{2mn}}}

可见 Mathematica\mathrm{Mathematica} 也不是万能的。

我试了 FullSimplify\mathrm{FullSimplify} 等方法都没能化简，还是靠代入几个根式找规律发现的，因此可能有错误，但画散点图发现差值数量级在 10−16\pu{E-16} 以上，因此我认为是纯粹机器精度的问题。然后最后自己因式分解得出结果。

然而一开始我找规律找出来的结果是 Cmin⁡=2m2+n2+4mn+2(m+n)2mnC_{\min }=2\sqrt{m^2+n^2+4mn+2\left(m+n\right)\sqrt{2mn}} ，虽然我眼拙没一下子看出因式分解的方法，但 Mathematica\mathrm{Mathematica} 居然也没做到。。。

最后再找规律，得出结果。

本来想再化简找规律一下 a, ba,\,b 的

最终找到的规律是发现

{a={12m−n[2m2+(m−n)2mn], 2m≠nlim⁡x→my→n12x−y[2x2+(x−y)2xy], 2m=nb={12n−m[2n2+(n−m)2mn], 2n≠mlim⁡x→my→n12y−x[2y2+(y−x)2xy], 2n=m\env{cases}{a=\env{cases}{\dfrac{1}{2m-n}\left[2m^2+(m-n)\sqrt{2mn}\right]&,\,2m\ne n\\ \lim\limits_{\substack{x \to m\\y \to n}}\dfrac{1}{2x-y}\left[2x^2+(x-y)\sqrt{2xy}\right]&,\,2m=n}\\ b=\env{cases}{\dfrac{1}{2n-m}\left[2n^2+(n-m)\sqrt{2mn}\right]&,\,2n\ne m\\ \lim\limits_{\substack{x \to m\\y \to n}}\dfrac{1}{2y-x}\left[2y^2+(y-x)\sqrt{2xy}\right]&,\,2n=m}}

可以简写成

{a=12m−n[2m2+(m−n)2mn]b=12n−m[2n2+(n−m)2mn]\env{cases}{a=\dfrac{1}{2m-n}\left[2m^2+(m-n)\sqrt{2mn}\right]\\b=\dfrac{1}{2n-m}\left[2n^2+(n-m)\sqrt{2mn}\right]}

可见甚至不如之前的好记，并且还需要多分一类讨论。