|
|
kuing
Posted at 2020-9-14 11:05:31
设直角顶点 `A(a,1/a)`，将双曲线绕 `A` 旋转 `90` 度（顺时逆时均可），则旋转前后的两曲线交点就是 `B` 或 `C`。
易知旋转后的曲线为
\[\left( y-\frac1a+a \right)\left( -x+a+\frac1a \right)=1,\]与 `xy=1` 联立解得交点为
\[\left( \frac{1+a^2}{a-a^3},\frac{a-a^3}{1+a^2} \right),\]所以
\begin{align*}
AB^2&=\left( \frac{1+a^2}{a-a^3}-a \right)^2+\left( \frac{a-a^3}{1+a^2}-\frac1a \right)^2\\
&=\left( \frac{1+a^4}{a-a^3} \right)^2+\left( \frac{1+a^4}{a+a^3} \right)^2\\
&=\frac{(1+a^4)^2}{a^2}\left( \frac1{(1-a^2)^2}+\frac1{(1+a^2)^2} \right)\\
&=\frac{2(1+a^4)^3}{a^2(1-a^4)^2}\\
&=\frac{2(a^{-2}+a^2)^3}{(a^{-2}-a^2)^2}\\
&=\frac{2(a^{-2}+a^2)^3}{(a^{-2}+a^2)^2-4},
\end{align*}令 `a^{-2}+a^2=t>2`，即
\[AB^2=\frac{2t^3}{t^2-4},\]再由均值有
\[\frac{AB^4}{32}=\frac{t^6}{8\cdot(t^2-4)\cdot(t^2-4)}\geqslant\frac{t^6}{\left( \frac{8+t^2-4+t^2-4}3 \right)^3}=\frac{27}8,\]所以 `AB^2\geqslant6\sqrt3`，即 `S\geqslant3\sqrt3`，当 `t^2=12` 取等，具体的 `a` 值就懒得解出来了，反正知道存在就行。 |
|
isee
Posted at 2020-9-15 20:12:37
