|
|
kuing
发表于 2017-12-19 02:22
设 $A$, $B$ 两点的横坐标为 $a$, $b$，则两射线斜率为 $k_{OA}=\sqrt3/a^2$, $k_{OB}=\sqrt3/b^2$，于是由夹角为 $30\du$ 得
\begin{align*}
\frac{k_{OB}-k_{OA}}{1+k_{OA}k_{OB}}=\tan30\du=\frac{\sqrt3}3
&\iff3(a^2-b^2)=a^2b^2+3\\
&\iff3\left( \frac ab-\frac ba \right)=ab+\frac3{ab}, \quad(*)
\end{align*}
于是
\begin{align*}
AB^2&=(a-b)^2+\left( \frac{\sqrt3}a-\frac{\sqrt3}b \right)^2\\
&=(a-b)^2\left( 1+\frac3{a^2b^2} \right)\\
&=\left( \frac ab+\frac ba-2 \right)\left( ab+\frac3{ab} \right)\\
&=3\left( \sqrt{\left( \frac ab-\frac ba \right)^2+4}-2 \right)\left( \frac ab-\frac ba \right),
\end{align*}
令 $v=a/b-b/a$，由式 (*) 知 $v\geqslant 2/\sqrt3$，则
\[AB^2=3\bigl( \sqrt{v^2+4}-2 \bigr)v=f(v),\]
求导得\(\require{cancel}\)
\[\bcancel{
f'(v)=\frac{6\bigl( v^2+2-\sqrt{v^2+4} \bigr)}{\sqrt{v^2+4}}
=\frac{6(v^4+3v^2)}{\sqrt{v^2+4}\bigl( v^2+2+\sqrt{v^2+4} \bigr)}>0,
}\]
因为 $\sqrt{v^2+4}-2$ 恒正且递增，所以 $f(v)$ 递增，从而
\[f(v)\geqslant f\left( \frac2{\sqrt3} \right)=8-4\sqrt3=\bigl( \sqrt6-\sqrt2 \bigr)^2,\]
所以 $AB\geqslant \sqrt6-\sqrt2$，当 $a=\sqrt3$, $b=1$ 时取等，所以最小值就是 $\sqrt6-\sqrt2$。 |
|
游客
发表于 2017-12-8 14:24
五笔党
