求证当OM⊥AB时，OM最短
如图，在平面直角坐标系中，点A，B在反比例函数y=kx^(-1)（k≠0）的图象上运动，且始终保持线段AB=4倍根号2的长度不变．M为线段AB的中点，连接OM．则线段OM长度的最小值是？ 我猜测是OM垂直于AB的时候！ Clear["Global`*"];
(*利用拉格朗日乘子法来解决问题*)
f=((x1+x2)/2)^2+((k/x1+k/x2)/2)^2+t*((x1-x2)^2+(k/x1-k/x2)^2-32)
(*求解偏导数，解方程组*)
aaa=Solve==0,{x1,x2,t}]//FullSimplify
bbb=Grid
(*计算f的值，也就是OM的平方*)
ccc=FullSimplify
(*计算AB的斜率*)
ddd=FullSimplify[(k/x1-k/x2)/(x1-x2)/.aaa]
求解的方程组结果：
\[
\begin{array}{ccc}
\text{x1}\to -\sqrt{4-k}-2 & \text{x2}\to 2-\sqrt{4-k} & t\to -\frac{1}{4} \\
\text{x1}\to 2-\sqrt{4-k} & \text{x2}\to -\sqrt{4-k}-2 & t\to -\frac{1}{4} \\
\text{x1}\to \sqrt{4-k}-2 & \text{x2}\to \sqrt{4-k}+2 & t\to -\frac{1}{4} \\
\text{x1}\to \sqrt{4-k}+2 & \text{x2}\to \sqrt{4-k}-2 & t\to -\frac{1}{4} \\
\text{x1}\to -\sqrt{k+4}-2 & \text{x2}\to 2-\sqrt{k+4} & t\to -\frac{1}{4} \\
\text{x1}\to 2-\sqrt{k+4} & \text{x2}\to -\sqrt{k+4}-2 & t\to -\frac{1}{4} \\
\text{x1}\to \sqrt{k+4}-2 & \text{x2}\to \sqrt{k+4}+2 & t\to -\frac{1}{4} \\
\text{x1}\to \sqrt{k+4}+2 & \text{x2}\to \sqrt{k+4}-2 & t\to -\frac{1}{4} \\
\text{x1}\to -\sqrt{4-\sqrt{16-k^2}} & \text{x2}\to \sqrt{4-\sqrt{16-k^2}} & t\to 0 \\
\text{x1}\to \sqrt{4-\sqrt{16-k^2}} & \text{x2}\to -\sqrt{4-\sqrt{16-k^2}} & t\to 0 \\
\text{x1}\to -\sqrt{\sqrt{16-k^2}+4} & \text{x2}\to \sqrt{\sqrt{16-k^2}+4} & t\to 0 \\
\text{x1}\to \sqrt{\sqrt{16-k^2}+4} & \text{x2}\to -\sqrt{\sqrt{16-k^2}+4} & t\to 0 \\
\end{array}
\]
求解的函数值结果：
\
求解的AB斜率值：
\[\left\{1,1,1,1,-1,-1,-1,-1,\frac{\sqrt{16-k^2}+4}{k},\frac{\sqrt{16-k^2}+4}{k},\frac{k}{\sqrt{16-k^2}+4},\frac{k}{\sqrt{16-k^2}+4}\right\}\] mathematica 发表于 2020-9-24 14:15
求解的方程组结果：
\[
\begin{array}{ccc}
后四个值等于零，是多余的。前八个值，斜率是正负1，所以是垂直！ 根据三角形中线长度的计算方案，我们可以有
$2OM^2 +1/2 AB^2=OA^2+OB^2$
由于$AB$长度保持不变，所以等价于求$T=OA^2+OB^2$的最小值，即$T=A_x^2+A_y^2+B_x^2+B_y^2$的最小值， 其中$(A_x-B_x)^2+(A_y-B_y)^2=32$
也就是$T=32+2(A_xB_x+A_yB_y)$
不妨设$k\gt 0$,于是$A_x,A_y$同号，$B_x,B_y$同号,
而且我们知道$A_xA_y=B_xB_y=k$.
于是当A,B在双曲线同一个分支时$A_xB_x+A_yB_y\ge 2\sqrt{A_xB_xA_yB_y}=2k$, 其中$A_xB_x=A_yB_y$时取等号，这时$A_x=B_y,B_x=A_y$
但是当A,B可以在双曲线不同分支时，$A_xB_x+A_yB_y\lt 0$,所以我们要$|A_xB_x+A_yB_y|$越大越好。
又因为$32+2(A_xB_x+A_yB_y)=T=A_x^2+A_y^2+B_x^2+B_y^2\ge -2(A_xB_x+A_yB_y)$, 所以$-(A_xB_x+A_yB_y) \le 8$, 其中当且仅当$A_x=-B_x,A_y=-B_y$时取到，也就是这是AOB三点共线。$|OA|=2\sqrt{2}$,这时要求$k\le 2$。
所以当$|k|\le 2$时, 最小值在OAB三点共线时取到，这时$|OA|=|OB|=2\sqrt{2}$, 而$OM$为$0$.
当$|k|\gt 2$时，最小值在OM垂直AB时取到，这时$|A_x|=|B_y|,|B_x|=|A_y|$，$T=32+4|k|$, $OM=\sqrt{1/2 T-1/4 AB^2} = \sqrt{16+2|k| - 1/4* 32}=\sqrt{8+2|k|}$ mathe 发表于 2020-9-25 08:03
根据三角形中线长度的计算方案，我们可以有
$2OM^2 +1/2 AB^2=OA^2+OB^2$
由于$AB$长度保持不变，所以等 ...
我觉得还是拉格朗日乘子法牛逼！
不过你这方法也不错，适合高中生 双曲线$xy=k$的长度为定值$L$的弦长的中点的轨迹容易算出来，是$k x^2 + \frac{L^2}{4} x y - x^3 y + k y^2 - x y^3 =0$，然后就是计算该曲线上的点${x,y}$到圆心的距离$r^2 = x^2+y^2$的最小值。
换成$x\to r \cos (\theta ),y\to r \sin (\theta )$ ,得到 $r^2 = L^2/4 +\frac{2 |k|}{\sin (2 \theta )}$,这个表达式说明 弦长$L=4\sqrt{2}$和$k$均不影响结论。
当两个点在同一支的时候，中点在一三象限，$\theta \in (0,\pi/2) \or(\pi,\frac{3\pi}{2})$ ,最小值在$\theta=\pi/4$处取得，即$r_{min}^2 = L^2/4 + 2|k|, r_{max} = +\infty$
当两个点在不同支的时候，中点在二四象限，$\theta \in (\pi/2,\pi) \or(\frac{3\pi}{2},2\pi)$,那么，很显然，$r_{min}=0 , r_{max}^2 =L^2/4 - 2|k|$
.
. wayne 发表于 2020-9-25 10:54
双曲线$xy=k$的长度为定值$L$的弦长的中点的轨迹容易算出来，是$k x^2 + L^2 x y - x^3 y + k y^2 - x y^3...
Clear["Global`*"];
(*消除掉变量x1 x2 y1 y2后的表达式*)
ans=Eliminate[
{
x1*y1==k,
x2*y2==k,
L==Sqrt[(x1-x2)^2+(y1-y2)^2],
x==(x1+x2)/2,
y==(y1+y2)/2
},{x1,y1,x2,y2}]//FullSimplify
奇怪，为什么我的表达式与你的不一样？
\ wayne 发表于 2020-9-25 10:54
双曲线$xy=k$的长度为定值$L$的弦长的中点的轨迹容易算出来，是$k x^2 + L^2 x y - x^3 y + k y^2 - x y^3...
为什么我求出来的没有绝对值，而你的有绝对值？
\ wayne 发表于 2020-9-25 10:54
双曲线$xy=k$的长度为定值$L$的弦长的中点的轨迹容易算出来，是$k x^2 + \frac{L^2}{4} x y - x^3 y + k y^ ...
你的关系表达式怎么得到的？
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