2020年全国高中数学联赛一试解析几何

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在平面直角坐标系中，点 [imath]A,B,C[/imath] 在双曲线 [imath]xy=1[/imath] 上，满足 [imath]\triangle ABC[/imath] 为等腰直角三角形，求 [imath]\triangle ABC[/imath] 的面积的最小值.

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官方解答

不妨设等腰直角 [imath]\triangle A B C[/imath] 的顶点 [imath]A, B, C[/imath] 逆时针排列， [imath]A[/imath] 为直角顶点.

设 [imath]\overrightarrow{A B}=(s, t),[/imath] 则 [imath]\overrightarrow{A C}=(-t, s),[/imath] 且 [imath]\triangle A B C[/imath] 的面积
[math] S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{A B}|^{2}=\frac{s^{2}+t^{2}}{2} [/math]
注意到 [imath]A[/imath] 在双曲线 [imath]x y=1[/imath] 上，设 [imath]A\left(a, \frac{1}{a}\right)[/imath] ，则 [imath]B\left(a+s, \frac{1}{a}+t\right), C\left(a-t, \frac{1}{a}+s\right)[/imath]
由 [imath]B,C [/imath] 在双曲线 [imath]x y=1[/imath] 上，可知
[math] (a+s)\left(\frac{1}{a}+t\right)=(a-t)\left(\frac{1}{a}+s\right)=1 [/math]
这等价于
[math] \frac{s}{a}+a t=-s t \tag1 [/math]

[math] -\frac{t}{a}+a s=s t \tag2 [/math]
由(1) 、(2)相加，得 [imath]\frac{s-t}{a}+a(t+s)=0,[/imath] 即
[math] a^{2}=\frac{t-s}{t+s}\tag3 [/math]
由(1)、(2)相乘，并利用(3)，得
[math] \begin{aligned} -s^{2} t^{2} &=\left(\frac{s}{a}+a t\right)\left(-\frac{t}{a}+a s\right)=\left(a^{2}-\frac{1}{a^{2}}\right) s t+s^{2}-t^{2} \\ &=\left(\frac{t-s}{t+s}-\frac{t+s}{t-s}\right) \cdot s t+s^{2}-t^{2}=\frac{4 s t}{s^{2}-t^{2}} \cdot s t+s^{2}-t^{2} \\ &=\frac{\left(s^{2}+t^{2}\right)^{2}}{s^{2}-t^{2}} \end{aligned} [/math]
所以由基本不等式得
[math] \begin{array}{c} \left(s^{2}+t^{2}\right)^{4}=-s^{2} t^{2}\left(s^{2}-t^{2}\right)^{2}=\frac{1}{4} \cdot 2 s^{2} t^{2} \cdot 2 s^{2} t^{2} \cdot\left(s^{2}-t^{2}\right)^{2} \\ \leq \frac{1}{4} \cdot\left(\frac{2 s^{2} t^{2}+2 s^{2} t^{2}+\left(s^{2}-t^{2}\right)^{2}}{3}\right)^{3}=\frac{\left(s^{2}+t^{2}\right)^{6}}{108} \tag4\\ \end{array} [/math]
故 [imath] s^{2}+t^{2} \geq \sqrt{108}=6 \sqrt{3}.[/imath]

以下取一组满足条件的实数 [imath](s, t, a),[/imath] 使得 [imath]s^{2}+t^{2}=6 \sqrt{3} \quad([/imath] 进而由 [imath]s, t, a[/imath] 可确定一个满足条件的 [imath]\triangle A B C,[/imath] 使得 [imath]S_{\triangle A B C}=\frac{s^{2}+t^{2}}{2}=3 \sqrt{3}[/imath] ).
考虑(4)的取等条件，有 [imath]2 s^{2} t^{2}=\left(s^{2}-t^{2}\right)^{2}, \quad[/imath] 即 [imath]\frac{s^{2}}{t^{2}}=2 \pm \sqrt{3}.[/imath]
不妨要求 [imath] 0<s<t, [/imath] 结合 [imath]s^{2}+t^{2}=6 \sqrt{3},[/imath] 得 [imath]s=\sqrt{3(\sqrt{3}-1)}, t=\sqrt{3(\sqrt{3}+1)}.[/imath]
由(1)知 [imath]a<0,[/imath] 故由(3)得 [imath]a=-\sqrt{\frac{t-s}{t+s}},[/imath] 其中 [imath]t=\sqrt{\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}} s=\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}} s,[/imath] 从而有
[imath]a=-\sqrt{\frac{\sqrt{3}+1-\sqrt{2}}{\sqrt{3}+1+\sqrt{2}}}.[/imath]
综上， [imath]\triangle A B C[/imath] 的面积的最小值为 [imath]3\sqrt{3}[/imath] .

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解析二

设 [imath]A\left(a,\dfrac 1a\right)[/imath] ，平移坐标系使 [imath] A [/imath] 为原点，此时双曲线方程为

[math] H':\left(x+a\right)\left(x+\dfrac 1a\right)=1\iff xy+\dfrac 1ax+ay=0, [/math]

设 [imath]B'\left(\theta:r\right)，C'\left(\theta+\dfrac{\pi}2:r\right)[/imath] ，其中 [imath]r>0[/imath] ，则 [imath]\triangle ABC[/imath] 的面积 [imath]S=\dfrac 12r^2．[/imath] 根据题意，有

[math] \begin{cases} r^2\sin\theta\cos\theta+\dfrac{r\cos\theta}a+ar\sin\theta=0,\\ -r^2\sin\theta\cos\theta-\dfrac{r\sin\theta}a+ar\cos\theta=0,\end{cases} [/math]

于是

[math] r=\dfrac{-a\sin\theta-\dfrac 1a\cos\theta}{\sin\theta\cos\theta}=\dfrac{a\cos\theta-\dfrac 1a\sin\theta}{\sin\theta\cos\theta}, [/math]

从而可得

[math] a^2=\dfrac{\sin\theta-\cos\theta}{\sin\theta+\cos\theta}, [/math]

因此

[math] r^2=\dfrac{a^2\sin^2\theta+2\sin\theta\cos\theta+\dfrac 1{a^2}\cos^2\theta}{\sin^2\theta\cos^2\theta}=\dfrac{a^2\cos^2\theta-2\sin\theta\cos\theta+\dfrac 1{a^2}\sin^2\theta}{\sin^2\theta\cos^2\theta}, [/math]

进而

[math] \begin{aligned} S&=\dfrac 12r^2\\ &=\dfrac {a^2+\dfrac1{a^2}}{2\sin^2\theta\cos^2\theta}\\ &=\dfrac{2}{\sin^2 2\theta\cos2\theta}\\ &=\dfrac{2\sqrt 2}{\sqrt{(1-\cos^22\theta)^2\cdot 2\cos^22\theta}}\\ &\geqslant \dfrac{2\sqrt 2}{\sqrt{\left(\dfrac 23\right)^3}}=3\sqrt 3,\end{aligned} [/math]

等号当 [imath] \cos^22\theta=\dfrac 13[/imath] 时取得，因此所求面积的最小值为 [imath]3\sqrt 3．[/imath]