截距式方程相关结论改进

发表于 更新于 分类于 阅读次数： Waline： 本文字数： 1.9k 阅读时长 ≈ 7 分钟
本篇博文改进了之前的博文「截距式方程相关结论与推导过程」的证明过程。

前言

这篇文章最初写于 2022 年 11 月 19 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。

又是一年高三，感慨万分呀。。。

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. ABAB
  2. C△OABC_{\triangle OAB}

引子

去年 9 月 24 日进行了这个研究，当时已经完成全部目标，但或用了不会证的不等式，或化简结果不太成功。而如今恰逢复习到解析几何直线，重新写了一遍。

旧文

第一份

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}}

运用了「卡尔松不等式」，然而我不会证明。

第二份

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}}}

没能手动化简出结果。

重制

设 t=ab∈(0, +∞)t=\dfrac{a}{b}\in(0,\,+\infty)，则 b=mt+nb=\dfrac{m}{t}+n

第一份

AB2=L(t)=b2(t2+1)=n2t2+2mnt+m2+n2+2mnt+m2t2\begin{aligned} AB^2 = L(t) &= b^2\left(t^2+1\right)\\ &= n^2t^2+2mnt+m^2+n^2+\dfrac{2mn}{t}+\dfrac{m^2}{t^2} \end{aligned}

L′(t)=2n2t+2mn−2mnt2−2m2t3=2(nt+m)(n−mt3)\begin{aligned} L'(t) &=2n^2t+2mn-\dfrac{2mn}{t^2}-\dfrac{2m^2}{t^3}\\ &= 2\left(nt+m\right)\left(n-\dfrac{m}{t^3}\right) \end{aligned}

则 L′(t)L'(t) 在 (0, mn3)\left(0,\,\sqrt[3]{\dfrac{m}{n}}\right) 单调递减，在 (mn3, +∞)\left(\sqrt[3]{\dfrac{m}{n}},\,+\infty \right) 单调递增，Lmin⁡(t)=L(mn3)=(m23+n23)3L_{\min}(t)=L\left(\sqrt[3]{\dfrac{m}{n}}\right)=\left(m^{\frac{2}{3}}+n^{\frac{2}{3}}\right)^{3}

即 ABmin⁡=Lmin⁡(t)=(m23+n23)32AB_{\min}=\sqrt{L_{\min}(t)}=\left(m^{\frac{2}{3}}+n^{\frac{2}{3}}\right)^{\frac{3}{2}}

第二份

C△AOB=C(t)=a+b+a2+b2=b(t+1+t2+1)=(mt+n)(t+1+t2+1)\begin{aligned} C_{\triangle AOB}=C(t)=a+b+\sqrt{a^2+b^2}&=b\left(t+1+\sqrt{t^2+1}\right)\\ &=\left(\dfrac{m}{t}+n\right)\left(t+1+\sqrt{t^2+1}\right) \end{aligned}

C′(t)=−mt2(t+1+t2+1)+(mt+n)(1+tt2+1)=(1t2+1−t2+1+1t2)m+(1+tt2+1)n\begin{aligned} C'(t) &=-\dfrac{m}{t^2}\left(t+1+\sqrt{t^2+1}\right)+\left(\dfrac{m}{t}+n\right)\left(1+\dfrac{t}{\sqrt{t^2+1}}\right)\\ &=\left(\dfrac{1}{\sqrt{t^2+1}}-\dfrac{\sqrt{t^2+1}+1}{t^2}\right)m+\left(1+\dfrac{t}{\sqrt{t^2+1}}\right)n \end{aligned}

再记 tan⁡θ=t, θ∈(0, π2)\tan \theta=t,\,\theta \in \left(0,\,\dfrac{\pi}{2}\right)

则 C′(θ)=cos⁡2θcos⁡θ−1m+(1+sin⁡θ)nC'(\theta)=\dfrac{\cos^2 \theta}{\cos \theta-1}m+(1+\sin \theta)n，易见 C′(θ)C'(\theta) 单调递增。

令 C′(φ)=0C'(\varphi)=0

cos⁡2φ1−cos⁡φm=(1+sin⁡φ)n  ⟺  1−sin⁡φ1−cos⁡φ=nm  ⟺  sin⁡2φ2+cos⁡2φ2−2sin⁡φ2cos⁡φ22sin⁡2φ2=nm  ⟺  cot⁡φ2=2nm+1  ⟺  t=tan⁡φ=2tan⁡φ21−tan⁡2φ2=m+2mnn+2mn\begin{aligned} \dfrac{\cos^2 \varphi}{1-\cos \varphi}m=(1+\sin \varphi)n &\iff \dfrac{1-\sin \varphi}{1-\cos \varphi}=\dfrac{n}{m}\\ &\iff\dfrac{\sin^2 \dfrac{\varphi}{2} + \cos^2 \dfrac{\varphi}{2} -2 \sin \dfrac{\varphi}{2} \cos \dfrac{\varphi}{2}}{2 \sin^2 \dfrac{\varphi}{2}}=\dfrac{n}{m}\\ &\iff \cot \dfrac{\varphi}{2}=\sqrt{\dfrac{2n}{m}}+1\\ &\iff t = \tan \varphi=\dfrac{2 \tan \dfrac{\varphi}{2}}{1-\tan^2 \dfrac{\varphi}{2}}=\dfrac{m+\sqrt{2mn}}{n+\sqrt{2mn}} \end{aligned}

从而 C(θ)C(\theta) 在 φ\varphi 处取得最小值。

则 b=mt+n=2mn(m+n+2mn)m+2mnb=\dfrac{m}{t}+n=\dfrac{\sqrt{2mn}\left(m+n+\sqrt{2mn}\right)}{m+\sqrt{2mn}}

则

Cmin⁡(t)=b(t+1+t2+1)=b(m+n+22mn+m2+2mn+2m2mn+n2+2mn+2n2mnn+2mn)=b(m+n+22mn+(m+n)2+2(m+n)2mn+2mnn+2mn)=(2mn(m+n+2mn)m+2mn)(2(m+n)+32mnn+2mn)=2mn(m+n+2mn)(2(m+n)+32mn)(m+n)2mn+3mn=2mn(m+n+2mn)(2(m+n)+32mn)mn2(2(m+n)+32mn)=2(m+n+2mn)\begin{aligned} C_{\min}(t)&=b\left(t+1+\sqrt{t^2+1}\right)\\ &=b\left(\dfrac{m+n+2\sqrt{2mn}+\sqrt{m^2+2mn+2m \sqrt{2mn}+n^2+2mn+2n \sqrt{2mn}}}{n+\sqrt{2mn}}\right)\\ &=b\left(\dfrac{m+n+2\sqrt{2mn}+\sqrt{(m+n)^{2}+2(m+n)\sqrt{2mn}+2mn}}{n+\sqrt{2mn}}\right)\\ &=\left(\dfrac{\sqrt{2mn}\left(m+n+\sqrt{2mn}\right)}{m+\sqrt{2mn}}\right)\left(\dfrac{2(m+n)+3\sqrt{2mn}}{n+\sqrt{2mn}}\right)\\ &=\dfrac{\sqrt{2mn}\left(m+n+\sqrt{2mn}\right)\left(2(m+n)+3\sqrt{2mn}\right)}{(m+n)\sqrt{2mn}+3mn}\\ &=\dfrac{\sqrt{2mn}\left(m+n+\sqrt{2mn}\right)\left(2(m+n)+3\sqrt{2mn}\right)}{\sqrt{\dfrac{mn}{2}}\left(2(m+n)+3\sqrt{2mn}\right)}\\ &=2\left(m+n+\sqrt{2mn}\right) \end{aligned}

后记

无关本篇内容

前几天泥岗那边进行了无人机表演庆祝深中 75 岁生日。

表演前几天在晒布就能看到大楼在滚为深中庆生的条幕，我还蛮不屑的。毕竟有这么多钱，不如把晒布和西校设备翻修一下：起码让西校厕所别冒臭气；起码让西校在阴天也有稳定的热水；起码让西校洗澡时水温不会毫无征兆地突然加大把皮肉烫红；起码让我们班防火铃不会无故响一节课（最近好像没有了）；起码让投影不会频闪「环境温度异常」（最近没有）；起码让各班设备统一（在串班后我才发现原来有的班级用的是可触屏、高科技的设备，我们班还在用油性笔、投影的设备）……

然后前几天晚自习看了表演直播，虽然嘴上说不如弹幕有意思，但带给我的仍然是震撼。倒也不去想破不破费的问题了，炫就完了！

在其中我觉得 75 周年那个标志设计得很漂亮，至于无人机表演也是真的帅！

羡慕学弟学妹们，深中福利真是越来越好了。

最后祝母校深圳中学 75 岁生日快乐！早日实现建设中国特色世界一流高中的目标！