Question

16．如图，在x轴的上方，∠BOA（直角）绕原点O按顺时针方向旋转，若∠BOA的两边分别与函数y=-$\frac{1}{x}$、y=$\frac{2}{x}$的图象交于B、A两点，则△AOB面积的最小值为$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 过点B、A作x轴的垂线，垂足分别为点C、D，再过点B作AD的垂线，交AD于点E，则四边形BCDE为矩形．设点B的坐标为（m，$\frac{1}{m}$），点A的坐标为（n，$\frac{2}{n}$），利用勾股定理可用n、m表示OB、OA、AB的长，再利用三角函数证明∠OAB为一定值，即tan$∠OAB=\frac{OB}{OA}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，利用这个关系及不等关系a²+b²≥2ab可求出△AOB面积的最小值．

解答 解：如图所示：过点B、A作x轴的垂线，垂足分别为点C、D，再过点B作AD的垂线，交AD于点E．


∵BC⊥OC，AD⊥OD，BE⊥AD，
∴四边形BCDE是矩形，
∵点B、A分别在函数y=-$\frac{1}{x}$、y=$\frac{2}{x}$上，
∴设点B的坐标为（m，$\frac{1}{m}$），点A的坐标为（n，$\frac{2}{n}$），
∴OC=-m，BC=-$\frac{1}{m}$，OD=n，AD=$\frac{2}{n}$，BE=n-m，AE=$\frac{2}{n}+\frac{1}{m}$，
∴根据勾股定理，在Rt△OBC、Rt△ODA、Rt△ABE中，可分别求出：
OB=$\sqrt{B{C}^{2}+O{C}^{2}}$=$\sqrt{{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}}$         
OA=$\sqrt{A{D}^{2}+O{D}^{2}}$=$\sqrt{{n}^{2}+\frac{4}{{n}^{2}}}$，
AB=$\sqrt{B{E}^{2}+A{E}^{2}}$=$\sqrt{（n-m）^{2}+（\frac{2}{n}+\frac{1}{m}）^{2}}$=$\sqrt{{{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}+n}^{2}+\frac{4}{{n}^{2}}-2mn+\frac{4}{mn}}$，
又∵∠AOB是直角，
∴在Rt△AOB中，AB=$\sqrt{O{B}^{2}+O{A}^{2}}$=$\sqrt{{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}+{n}^{2}+\frac{4}{{n}^{2}}}$，
即：=$\sqrt{{{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}+n}^{2}+\frac{4}{{n}^{2}}-2mn+\frac{4}{mn}}$=$\sqrt{{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}+{n}^{2}+\frac{4}{{n}^{2}}}$，
∴$\frac{4}{mn}-2mn=0$
∴mn=-$\sqrt{2}$
即：m=-$\frac{\sqrt{2}}{n}$
在Rt△AOB中，tan∠OAB=$\frac{OB}{OA}$=$\frac{\sqrt{{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}}}{\sqrt{{n}^{2}+\frac{4}{{n}^{2}}}}$=$\frac{\sqrt{\frac{2}{{n}^{2}}+\frac{{n}^{2}}{2}}}{\sqrt{{n}^{2}+\frac{4}{{n}^{2}}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴∠OAB 的大小不变，即$\frac{OB}{OA}$的值不变，OB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$OA
∴S_△AOB=$\frac{1}{2}$OA•OB=$\frac{1}{2}$•$\frac{\sqrt{2}}{2}$•OA²=$\frac{\sqrt{2}}{4}$（n²+$\frac{4}{{n}^{2}}$），
∵n²+$\frac{4}{{n}^{2}}$≥4
∴S_△AOB≥$\frac{\sqrt{2}}{4}$×4=$\sqrt{2}$
即：△AOB面积的最小值为$\sqrt{2}$
故答案为：$\sqrt{2}$

点评 本题考查了反比例函数系数k的几何意义、坐标与图形变化-旋转，关键是弄清楚在整个旋转变化的过程中存在的不变关系．