过定点直线与坐标轴围成三角形的最值问题

常君

在人教版高中教材数学选择性必修第一册中，我们对直线的方程进行了系统教学，其中对截距式的考察有一道经典题：求过点[P（2，3）]，并且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程。高考题源于教材而高于教材，经常以教材题为原型进行综合改编命题，本文即基于该题的情境进行发散，探究了一类过定点直线与坐标轴围成的三角形的最值问题的一般解法与结论。

问题：直线[l]经过第一象限内的定点[P（m，n）]，与[x，y]轴正半轴交于[A，B]两点。求下列各小问中的最值，并求取到最值时对应的[l]的斜率[k]的取值。

（1）[ΔAOB]面积的最小值；

（2）[OA+OB]的最小值；

（3）[ΔAOB]周长的最小值；

（4）[AB]的最小值。

[B（0，b）][P（m，n）][A（A，0）][l][y][O] [θ]

［解析］（1）设[l：xa+yb=1]，则[ma+nb=][1≥2mnab]

[?ab≥4mn]，当且仅当[ma=nb]时取等，[∴][ ΔAOB]面积的最小值为[2mn]，对应斜率[k=-ba=-nm].

（2）由（1）得[ma+nb=1]，[∵（a+b）（ma+nb）=m+n+bma+anb≥m+n+2mn]，

当且仅当[bma=anb]时取等，

[∴][ OA+OB]的最小值为[m+n+2mn]，对应斜率[k=-ba=-nm].

（3）设[∠BAO=θ]，则周长[c=m（1+tanθ+1cosθ）+n（1+1tanθ+1sinθ）]

[=m+n+msinθ+1cosθ+ncosθ+1sinθ][=m+n+m（sinθ2+cosθ2）2cos2θ2-sin2θ2+n2cos2θ22sinθ2cosθ2]

[=m+n+m1+t1-t+nt=n+2m1-t+nt，t=tanθ2∈（0，1）.]

[∵（2m1-t+nt）[（1-t）+t]=2m+n+2mt1-t+n（1-t）t≥2m+n+22mn]，當且仅当[2mt1-t=n（1-t）t]时取等，[∴][ΔAOB]周长的最小值为[2m+2n+22mn]，

此时[t=nn+2m]，对应的斜率[k=-tanθ=-2t1-t2=-n+2mnm+2mn]。

（4）［解法一］由（1）得[ma+nb=1]，

则[AB2=a2+b2=（a2+b2）（ma+nb）2=m2+n2+a2n2b2+b2m2a2+2mnab+2mnba]

[=m2+n2+（a2n2b2+mnba+mnba）+（b2m2a2+mnab+mnab）][≥m2+n2+3a2n2b2?mnba?mnba3+3b2m2a2?mnab?mnab3]

[=m2+n2+3m23n43+3m43n23=（m23+n23）3]

当且仅当[a2n2b2=mnba，b2m2a2=mnab?][ba=（nm）13]时取等。

[∴AB]的最小值为[（m23+n23）32]，对应的斜率[k=-（nm）13].

［解法二］由（3）得[AB=mcosθ+nsinθ]

[=m（sin2θ2+cos2θ2）cos2θ2-sin2θ2+n（sin2θ2+cos2θ2）2sinθ2cosθ2]

[=m（t2+1）1-t2+n（t2+1）2t]，[t=tanθ2∈（0，1）].

[∴AB=-m+m（11+t+11-t+λt2+λ2t）]，其中[λ=nm]。

[∵11+t+11-t+λt2+λ2t=11+t+i（1+t）+11-t+j（1-t）+（λ-2i+2j）t2+λ2t]

[≥2i+2j+（λ-2i+2j）λ]，

取等条件为[i（1+t）2=1j（1-t）2=1（λ-2i+2j）t2=λ]

[?t2+2λ-13t-1=0]，解得[t0=-λ-13+λ-23+1]，

[∴ABmin =- m + m  [  21-t02  + λ（t02+1）2t0  ]][ =-m+m[1λ-13t0+λ（1-λ-13t0）t0]]

[=- m + m  [  1+λ23λ-13t0 -  λ23  ]  ]

[=-m+m[（1+λ23）（λ-13+λ-23+1）λ-13-λ23]]

[=m（1+λ23）1+λ23=（m23+n23）32]，此时斜率[k=-2t01-t02=-λ13=-（nm）13].

［解法三］ 由（3）得[AB=f（θ）=mcosθ+nsinθ]，

[f（θ）=msinθcos2θ-ncosθsin2θ=mtan3θ-nsinθtanθ]，

令[f（θ）=0?tanθ0=（nm）13]，当[θ<θ0]时，[f（θ）<0]；当[θ>θ0]时，[f（θ）>0]。

[∴f（θ）]在[（0，θ0），（θ0，π2）]，

[∴f（θ）min=f（θ0）=sin2θ0+cos2θ0cosθ0（m+ncosθ0sinθ0）]

[=tan2θ0+1（m+ntanθ0）]

[=（m23+n23）32]，对应斜率[k=-tanθ0=-（nm）13].

［解法四］由（1）得[ma+nb=1][?b=ana-m?AB2=f（a）=a2+a2n2（a-m）2]，[a>m].

[f（a）=2a+2an2（a-m）-2a2n2（a-m）3=2a[（a-m）3-mn2]（a-m）3]，

令[f（a）=0]，解得[a0=m+m13n23].

易知[f（a）]在[（m，a0），（a0，+∞）]，[∴f（a）min=f（a0）=（m23+n23）32]，

对应斜率[k=-ba=-na0-m=-（nm）13].

结语：此题基于直线过定点求斜率的情境，结合图形运动变化与最值探究，综合考查了直线截距式的运用、均值不等式运用、三角换元方法和导数运用等。第（1）（2）问为常见练习和考题，一般教辅均有提及，教师多会补充于常规教学过程中。第（3）问需引入三角换元后结合均值不等式求解，具有较高的灵活性和综合性，且不适合运用截距式求解，有一定难度。第（4）问的解法一需要拓展三项均值不等式的知识；解法二在三角换元后构造三对均值不等式且同时取等的技巧过于巧妙，不具有一般性；解法三和解法四需要用到导数的知识，属于选择性必修第二册的内容。故第（4）问不适合在同步教学中提及，但可用于高年级学生的综合复习，或作为数学竞赛生的练习题。