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kuing
发表于 2017-12-23 17:03
回复 24# kuing
椭圆里搞对边，用余弦定理、均值及《撸题集》第 509 页题目 4.7.7 里的结论可以解决最小值，但最大值似乎很复杂，暂时不搞。
双曲线里反而简单些，因为它显然没有最大值，而最小值目测肯定是对称取等，所以很好搞，下面来搞搞。
对于标准方程双曲线，如果其渐近线与 $x$ 轴的夹角为 $\beta$，则易知其方程必可写成
\[\sin^2\beta\cdot x^2-\cos^2\beta\cdot y^2=k,\]
现在，设其焦点在 $x$ 轴上，即上式的 $k>0$，设其右支上有两点 $P$, $Q$，且 $\angle POQ=\alpha$ 为定值且 $\alpha<2\beta$，考查 $OP\cdot OQ$ 以及 $PQ^2$ 的最小值。
设 $P(r_1\cos\theta,r_1\sin\theta)$, $Q\bigl(r_2\cos(\theta+\alpha),r_2\sin(\theta+\alpha)\bigr)$，其中 $r_1$, $r_2>0$，为保证其在右支上，$\theta$ 需满足 $\theta\in(-\beta,\beta-\alpha)$，代入方程中有
\[r_1^2\sin^2\beta\cos^2\theta-r_1^2\cos^2\beta\sin^2\theta
=r_2^2\sin^2\beta\cos^2(\theta+\alpha)-r_2^2\cos^2\beta\sin^2(\theta+\alpha)=k,\]
即
\begin{align*}
r_1&=\sqrt{\frac k{\sin(\beta-\theta)\sin(\beta+\theta)}},\\
r_2&=\sqrt{\frac k{\sin(\beta-\theta-\alpha)\sin(\beta+\theta+\alpha)}},
\end{align*}
用《撸题集》第 509 页题目 4.7.7 里的变形方法，可得
\[r_1r_2=\frac{2k}{\sqrt{-\sin^22\beta\sin^2\alpha+
\bigl(\cos(2\theta+\alpha)-\cos2\beta\cos\alpha\bigr)^2}},\]
因 $2\theta+\alpha\in(-2\beta+\alpha,2\beta-\alpha)$，所以
\begin{align*}
\cos(2\theta+\alpha)-\cos2\beta\cos\alpha
&\in\bigl(\cos(2\beta-\alpha)-\cos2\beta\cos\alpha,1-\cos2\beta\cos\alpha\bigr]\\
&=(\sin2\beta\sin\alpha,1-\cos2\beta\cos\alpha],
\end{align*}
由此可见，当且仅当 $\cos(2\theta+\alpha)=1$ 即 $\theta=-\alpha/2$ 时 $r_1r_2$ 取最小值，此时
\[r_1=r_2=\sqrt{\frac k{\sin\left(\beta+\frac\alpha2\right)\sin\left(\beta-\frac\alpha2\right)}}
=\sqrt{\frac{2k}{\cos\alpha-\cos2\beta}},\]
所以
\[r_1r_2\geqslant\frac{2k}{\cos\alpha-\cos2\beta},\]
再由余弦定理及均值得
\[PQ^2=r_1^2+r_2^2-2r_1r_2\cos\alpha\geqslant 2r_1r_2(1-\cos\alpha)
\geqslant \frac{4k(1-\cos\alpha)}{\cos\alpha-\cos2\beta},\]
当且仅当 $r_1=r_2$ 时取等，所以以上就是 $OP\cdot OQ$ 以及 $PQ^2$ 的最小值。 |
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楼主: APPSYZY
isee
发表于 2017-12-20 15:50
