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2023年高考数学新高考Ⅰ-22

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（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．

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