抛物线穿过多层正方体

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记录一个答案不明的题，网上见到的是《浙江省杭州学军中学2024届高三下学期4月适应性测试数学试题》第13题：

将 $\left( 2n+1 \right)\left( n\in {{\mathbf{N}}^{\text{*}}} \right)$ 个棱长为 $1$ 的正方体如图放置，其中上层正方体下底面的顶点与下层正方体上底面棱的中点重合. 设最下方正方体的下底面 $ABCD$ 的中心为 $O$，过 $O$ 的直线 $l$ 与平面 $ABCD$ 垂直，以 $O$ 为顶点，$l$ 为对称轴的抛物线 $y=a{{x}^{2}}\left( 0\le y\le n+1 \right)$ 可以被完全放入立体图形中.

若$n=1$，则 $a$ 的最小值为______；若 $a$ 有解，则 $n$ 的最大值为______.

Czhang271828

由齐次性, 图中抛物线在左右向以及前后向的投影也是抛物线. 因此对第二问, "斜着放有解"当且仅当"正着放有解".

$n=1$ 时, 抛物线应恰与顶层正方体之顶面后棱有交.

前后向: $a_1\geq 8$. 左右向: $a_2\geq 4$. 依勾股定理整合抛物线
$$
\sqrt {\frac y8}\geq |x|,\quad \sqrt {\frac y4}\geq |x|
$$
得 $\frac{y}{8}+\frac y4\geq x^2$. 因此 $a\geq \frac 83$.

第二问: 仅考虑抛物线 $\geq 0$ 处的走向. 在 $n$ 允许时, 以下是不落于抛物线上方或下方的关键点.

$$
\begin{matrix}(0,1) &(\frac 12, 2)&(1,3)&(\frac32,4)&(2,5)&\cdots\\[6pt]\nearrow&\nearrow &\nearrow&\nearrow&\nearrow&\cdots \\[6pt](\frac 12,1)&(1,2)&(\frac 32,3)&(2,4)&(\frac 52,5)&\cdots\end{matrix}.
$$

考虑 $y/x^2$, 分别将以上限定转化作 $a$ 的取值范围
$$
[4,\infty],\quad [2,8],\quad [\frac 43,3],\quad [1,\frac{16}9],\quad \ldots
$$
因此, 第三层方块无法出现 (本句有误, 应更正作"抛物线无法穿过第三层顶面的右半部分, 但仍可以穿过顶面"). $n$ 的最大值是 $2$.

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Czhang271828 发表于 2024-6-10 20:53
由齐次性, 图中抛物线在左右向以及前后向的投影也是抛物线. 因此对第二问, "斜着放有解"当且仅当"正着放有 ...

赞，感谢，终于出现 8/3 这个数值了.


此题，我暂时是晕乎状态，网上给出的第一空 8/3，第二空 4，这可能是此卷的给的标答，但没过程，注意是从网上搜索到的.

此外，学科网有解析给出的第一空 4，第二空 2，过程如下（文后附图片重排易读版）——供参考

【详解】抛物线的一部分$y=a{{x}^{2}}\left( a>0,0\le y\le n+1 \right)$可以被完全放入立体图形中，
当且仅当对任意的$k=0,1,2,...,n$，在$k\le y\le k+1$时恒有$\frac{k-1}{2}\le \left| x \right|\le \frac{k+1}{2}$成立.

即对任意的 $k=0,1,2,...,n$，有$\frac{k-1}{2}\le \sqrt{\frac{k}{a}}$，$\sqrt{\frac{k+1}{a}}\le \frac{k+1}{2}$，
此即$\frac{k-1}{2}\le \sqrt{\frac{k}{a}}$，$a\left( k+1 \right)\ge 4$.
这等价于$a\ge 4$，且对任意的$k=0,1,2,...,n$，有$\frac{k-1}{2}\le \sqrt{\frac{k}{a}}$.
由于当$k=0,1$时必有$\frac{k-1}{2}\le \sqrt{\frac{k}{a}}$，故条件等价于$a\ge 4$，且当$2\le k\le n$时，必有$\frac{k-1}{2}\le \sqrt{\frac{k}{a}}$.
这等价于$a\ge 4$，且当$2\le k\le n$时，必有$4k\ge a{{\left( k-1 \right)}^{2}}$，即$a\le \frac{4k}{{{\left( k-1 \right)}^{2}}}$，令$k=t+1$
即$a\ge 4$，且当$1\le t\le n-1$时，有$a\le \frac{4\left( t+1 \right)}{{{t}^{2}}}$.
当$n\ge 2$时，由于$\frac{4\left( t+1 \right)}{{{t}^{2}}}=\frac{4}{t}\left( 1+\frac{1}{t} \right)$关于$\frac{1}{t}>0$递增，
故条件等价于$a\ge 4$，且$a\le \frac{4n}{{{\left( n-1 \right)}^{2}}}$.
回到原题.
当$n=1$时，条件等价于$a\ge 4$，所以$a$的最小值为$4$；
若$a$有解，则等价于$n=1$或$4\le \frac{4n}{{{\left( n-1 \right)}^{2}}}$，即${{\left( n-1 \right)}^{2}}\le n$，解得$\frac{3-\sqrt{5}}{2}\le n\le \frac{3+\sqrt{5}}{2}$.
结合$n$是正整数，知$n$的最大值为$2$.
故答案为：4；2.

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重排易读版