（12分）在直角坐标系$xOy$中，点$P$到$x$轴的距离等于点$P$到点$(0,\dfrac{1}{2})$的距离，记动点$P$的轨迹为$W$．
（1）求$W$的方程；
（2）已知矩形$ABCD$有三个顶点在$W$上，证明：矩形$ABCD$的周长大于$3\sqrt{3}$．
分析：（1）设点$p$坐标，结合几何条件即可得出$W$的方程．
（2）首先利用平移性，化简$W$的方程可简化计算，核心是把两邻边的和用其他方式表示出来．
解：（1）设点$P$点坐标为$(x,y)$，由题意得$\vert y\vert =\sqrt{{x}^{2}+(y-\dfrac{1}{2})^{2}}$，
两边平方可得：$y^{2}=x^{2}+y^{2}-y+\dfrac{1}{4}$，
化简得：$y=x^{2}+\dfrac{1}{4}$，符合题意．
故$W$的方程为$y=x^{2}+\dfrac{1}{4}$．
（2）解法一：不妨设$A$，$B$，$C$三点在$W$上，且$AB\bot BC$．
设$A(a,a^{2}+\dfrac{1}{4})$，$B(b,{b}^{2}+\dfrac{1}{4})$，$C(c,{c}^{2}+\dfrac{1}{4})$，
则$\overrightarrow{AB}=(b-a,{b}^{2}-{a}^{2})$，$\overrightarrow{BC}=(c-b,{c}^{2}-{b}^{2})$．
由题意，$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=0$，即$(b-a)(c-b)+(b^{2}-a^{2})(c^{2}-b^{2})=0$，
显然$(b-a)(c-b)\ne 0$，于是$1+(b+a)(c+b)=0$．
此时，$\vert b+a\vert$．$\vert c+b\vert =1$．于是$min\{\vert b+a\vert$，$\vert c+b\vert \}\leqslant 1$．
不妨设$\vert c+b\vert \leqslant 1$，则$a=-b-\dfrac{1}{b+c}$，
则$\vert AB\vert +\vert BC\vert =\vert b-a\vert \sqrt{1+(a+b)^{2}}+\vert c-b\vert \sqrt{1+(c+b)^{2}}$
$=\vert b-a\vert \sqrt{1+\dfrac{1}{{(c+b)}^{2}}}+\vert c-b\vert \sqrt{1+(c+b)^{2}}$
$\geqslant \vert b-a\vert \sqrt{1+(c+b)^{2}}+\vert c-b\vert \sqrt{1+(c+b)^{2}}$
$\geqslant \vert c-a\vert \sqrt{1+(c+b)^{2}}$
$=\vert b+c+\dfrac{1}{b+c}\vert \sqrt{1+(c+b)^{2}}$．
设$x=\vert b+c\vert$，则$f(x)=(x+\dfrac{1}{x})\sqrt{1+{x}^{2}}$，即$f(x)=\dfrac{{(1+{x}^{2})}^{\dfrac{3}{2}}}{x}$，
又$f\prime (x)=\dfrac{{(1+{x}^{2})}^{\dfrac{1}{2}}\cdot (3{x}^{2}-1-{x}^{2})}{{x}^{2}}=\dfrac{{(1+{x}^{2})}^{\dfrac{1}{2}}\cdot (2{x}^{2}-1)}{{x}^{2}}$．
显然，$x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$为最小值点．故$f(x)\geqslant f(\dfrac{\sqrt{2}}{2})=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$，
故矩形$ABCD$的周长为$2(\vert AB\vert +\vert BC\vert )\geqslant 2f(x)\geqslant 3\sqrt{3}$．
注意这里有两个取等条件，一个是$\vert b+c\vert =1$，另一个是$\vert b+c\vert =\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证．
解法二：不妨设$A$，$B$，$D$在抛物线$W$上，$C$不在抛物线$W$上，欲证命题为$\vert AB\vert +\vert AD\vert  > \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$．
由图象的平移可知，将抛物线$W$看作$y=x^{2}$不影响问题的证明．
设$A(a$，$a^{2})(a\geqslant 0)$，平移坐标系使$A$为坐标原点，
则新抛物线方程为$y\prime =x^{\prime 2}+2ax\prime$，写为极坐标方程，
即$\rho \sin \theta =\rho ^{2}\cos ^{2}\theta +2a\rho \cos \theta$，即$\rho =\dfrac{\sin \theta -2a\cos \theta }{{\cos }^{2}\theta }$．
欲证明的结论为$\vert \dfrac{\sin \theta -2a\cos \theta }{{\cos }^{2}\theta }\vert +\vert \dfrac{\sin (\theta +\dfrac{\pi }{2})-2a\cos (\theta +\dfrac{\pi }{2})}{{\cos }^{2}(\theta +\dfrac{\pi }{2})}\vert  > \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$，
也即$\vert \dfrac{2a}{\cos \theta }-\dfrac{\sin \theta }{{\cos }^{2}\theta }\vert +\vert \dfrac{2a}{\sin \theta }+\dfrac{\cos \theta }{{\sin }^{2}\theta }\vert  > \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$．
不妨设$\vert \dfrac{2}{\cos \theta }\vert \geqslant \vert \dfrac{2}{\sin \theta }\vert$，将不等式左边看成关于$a$的函数，根据绝对值函数的性质，
其最小值当$\dfrac{2}{\cos \theta }\cdot a-\dfrac{\sin \theta }{{\cos }^{2}\theta }=0$即$a=\dfrac{\sin \theta }{2\cos \theta }$时取得，
因此欲证不等式为$\vert \dfrac{1}{\cos \theta }+\dfrac{\cos \theta }{{\sin }^{2}\theta }\vert  > \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$，即$\vert \dfrac{1}{\cos \theta si{n}^{2}\theta }\vert  > \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$，
根据均值不等式，有$\vert \cos \theta \sin ^{2}\theta \vert$
$=\dfrac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt{2co{s}^{2}\theta (1-co{s}^{2}\theta )(1-co{s}^{2}\theta )}$
$\leqslant \dfrac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt{{(\dfrac{2}{3})}^{3}}=\dfrac{2}{3\sqrt{3}}$，
由题意，等号不成立，故原命题得证．
点评：本题第一问属常规求轨迹方程问题，较简单，第二问对思维能力及计算能力要求很高，属难题．