高考解析几何题

lemondian

22．在直角坐标系 $xOy$ 中，点 $P$ 到 $x$ 轴的距离等于点 $P$ 到 $\left( 0,\frac{1}{2} \right)$ 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 $3\sqrt{3}$．

Czhang271828

抛砖引玉, 觉得会有更简单的几何法.


第一问: 取 $(0,\frac14)$ 与 $(\frac12,\frac12)$ 确定抛物线轨迹 $y-\frac14=x^2$.

第二问: 不妨考虑 $y=x^2$. 由于矩形 $ABCD$ 的三个顶点构成直角三角形, 仅需考虑: 对抛物线上满足 $AB\perp BC$ 的任意三点 $A,B,C$, 总有 $|AB|+|BC|>\dfrac{3\sqrt 3}{2}$. 然后直接求解即可. 设 $B(t,t^2)$, $BC$ 斜率 $k$, 则
$$
A(-k^{-1}-t,\cdots ), \quad C(k-t,\cdots).
$$
从而
$$
\begin{align*}
|AB|+|BC|&=|k^{-1}+2t|\cdot \sqrt{1+k^2}+|k-2t|\cdot \sqrt{1+k^{-2}}\\
&=(|k^{-1}+2t|+|1-2t/k|)\cdot \sqrt{1+k^2}\\
&\geq\min(1+k^{-2},|k+k^{-1}|)\cdot \sqrt{1+k^2}\\
&=\min(1,|k|)\cdot \dfrac{\sqrt{1+k^2}^3}{k^2}\\
\end{align*}
$$
注意到(当然也是理所应当的)
$$
\min(1,|k|)\cdot \dfrac{\sqrt{1+k^2}^3}{k^2}=\min(1,|k|^{-1})\cdot \dfrac{\sqrt{1+k^{-2}}^3}{k^{-2}}
$$
从而考虑 $s:=|k|^2\in (0,1]$ 的情形即可, 即, 求解 $\dfrac{\sqrt{1+s}^3}{s}$ 在 $(0,1]$ 上最小值. 注意到
$$
\dfrac{\sqrt{1+s}^3}{s}=\left(\dfrac{1+s}{s^{2/3}}\right)^{3/2}\geq \left(3\sqrt[3]{\dfrac{1}{4}}\right)^{3/2}=\dfrac{3\sqrt 3}{2}.
$$
取等时 $2t\in \{k,-k^{-1}\}$ 表明直角三角形一边与抛物线相切. 舍.

kuing

（1）`y=x^2+1/4`；

（2）显然平移抛物线不改变结论，为方便起见，将 `W` 平移为 `y=x^2`。

设其上三点 `A(x_1,x_1^2)`, `B(x_2,x_2^2)`, `C(x_3,x_3^2)` 且 `AB\perp AC`，那么 `\abs{k_{AB}}`, `\abs{k_{AC}}` 中至少有一个 `\leqslant1`，不妨设 `\abs{k_{AB}}\leqslant1`，并记 `k=k_{AB}`，则 `AB` 方程为 `y=k(x-x_1)+x_1^2`，与 `y=x^2` 联立易得
\[x_2=k-x_1,\]
同理可得
\[x_3=-\frac1k-x_1,\]
则
\begin{align*}
\abs{AB}+\abs{AC}&=\abs{x_1-x_2}\sqrt{1+k^2}+\abs{x_1-x_3}\sqrt{1+\frac1{k^2}}\\
&=\abs{2x_1-k}\sqrt{1+k^2}+\left|2x_1+\frac1k\right|\sqrt{1+\frac1{k^2}}\\
&=f(x_1),
\end{align*}
注意到 `f(x_1)` 为开口向上的折线函数，其最小值必在折点处取得，因此有
\begin{align*}
f(x_1)&\geqslant\min\left\{f\left(\frac k2\right),f\left(-\frac1{2k}\right)\right\}\\
&=\min\left\{\left|k+\frac1k\right|\sqrt{1+\frac1{k^2}},\left|k+\frac1k\right|\sqrt{1+k^2}\right\}\\
&=\left|k+\frac1k\right|\sqrt{1+k^2}\\
&=\frac1{\abs k}\sqrt{\left(\frac12+\frac12+k^2\right)^3}\\
&\geqslant\frac1{\abs k}\sqrt{27\cdot\frac12\cdot\frac12\cdot k^2}\\
&=\frac{3\sqrt3}2,
\end{align*}
所以矩形周长 `=2f(x_1)\geqslant3\sqrt3`。

但等号取不了，因为要构成矩形，`x_1` 就不能等于 `x_2` 或 `x_3`，所以其实前面的 `f(x_1)` 并不能取到折点处，所以最终得到周长 `>3\sqrt3`。

isee

增加文字版题目：2023年新高考全国Ⅰ卷数学

22．在直角坐标系 $xOy$ 中，点 $P$ 到 $x$ 轴的距离等于点 $P$ 到 $\left( 0,\frac{1}{2} \right)$ 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 $3\sqrt{3}$．


简答：（1） 抛物线 $y=x^2+\frac14$；（2）设 AB 直线斜率为 k，则由图形的对称性有 $\abs k \leqslant 1$ .

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粗略浏览了下网上流出来的23年大题，有点18年看到的感觉：竟然是