《2025年学霸高考黑题数学人教版》

典型例题
(2023·新课标全国Ⅰ)在直角坐标系$xOy$中，点$P$到$x$轴的距离等于点$P$到点$(0,\frac{1}{2})$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$3\sqrt{3}$.

答案：
(1)解:设$P(x,y)$，则$|y|=\sqrt{x^{2}+\left(y-\frac{1}{2}\right)^{2}}$，两边平方化简得$y=x^{2}+\frac{1}{4}$，故$W$的方程为$y=x^{2}+\frac{1}{4}$。
(2)证明:方法一:设矩形的三个顶点$A\left(a,a^{2}+\frac{1}{4}\right),B\left(b,b^{2}+\frac{1}{4}\right),C\left(c,c^{2}+\frac{1}{4}\right)$，且$a＜b＜c$，则存在$m=a+b,c^{2}+\frac{1}{4}-b^{2}-\frac{1}{4}=c^{2}-b^{2}$且$\frac{1}{n}+b - a$不为$0$（设矩形$W$），则$a + b$且$k_{AB}=a + b=m＜0$，由对称性易知矩形四条边所在直线的斜率均存在且不为$0$，令$k_{AB}=a + b=m＜0$，同理令$k_{BC}=b + c=n＞0$，且$mn = - 1$，则$m=-\frac{1}{n}$，设矩形周长为$l$，由对称性不妨设$|m|\geqslant|n|$，则$0 ＜ n ＜ 1$，$k_{BC}-k_{AB}=c - a=n - m=n+\frac{1}{n}$，则$\frac{1}{2}l=AB + BC=(b - a)·\sqrt{1 + m^{2}}+(c - b)·\sqrt{1 + n^{2}}\geqslant(c - a)\sqrt{1 + n^{2}}=(n+\frac{1}{n})\sqrt{1 + n^{2}}$。$n＞0$，易知$(n+\frac{1}{n})·\sqrt{1 + n^{2}}＞0$，则令$f(x)=(x+\frac{1}{x})^{2}(1 + x^{2})$，$x＞0$，$f^{\prime}(x)=2(x+\frac{1}{x})^{2}·(2x-\frac{1}{x})$，令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x=\frac{\sqrt{2}}{2}$，当$x\in(0,\frac{\sqrt{2}}{2})$时，$f^{\prime}(x)＜0$，此时$f(x)$单调递减，当$x\in(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，此时$f(x)$单调递增，则$f(x)_{\min}=f(\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{27}{4}$，故$\frac{1}{2}l\geqslant\sqrt{\frac{27}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，即$l\geqslant3\sqrt{3}$。显然当$l = 3\sqrt{3}$时，$n=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$m=-\sqrt{2}$，且$(b - a)\sqrt{1 + m^{2}}=(b - a)·\sqrt{1 + n^{2}}$矛盾，故$l＞3\sqrt{3}$，得证。
方法二:不妨设$A,B,D$在$W$上，且$BA\perp DA$，依题意可设$A\left(a,a^{2}+\frac{1}{4}\right)$，易知直线$BA,DA$的斜率均存在且不为$0$，则设$BA,DA$的斜率分别为$k$和$-\frac{1}{k}$，由对称性，不妨设$|k|\leqslant1$，直线$AB$的方程为$y=k(x - a)+a^{2}+\frac{1}{4}$，则联立$\begin{cases}y=x^{2}+\frac{1}{4}\\y=k(x - a)+a^{2}+\frac{1}{4}\end{cases}$得$x^{2}-kx + ka - a^{2}=0$，$\Delta=k^{2}-4(ka - a^{2})=(k - 2a)^{2}＞0$，则$k\neq2a$，则$AB=\sqrt{1 + k^{2}}|k - 2a|$，同理$AD=\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}|\frac{1}{k}+2a|$。
$\therefore AB + AD=\sqrt{1 + k^{2}}|k - 2a|+\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}|\frac{1}{k}+2a|\geqslant\sqrt{1 + k^{2}}\left(|k - 2a|+|\frac{1}{k}+2a|\right)\geqslant\sqrt{\frac{(1 + k^{2})^{3}}{k^{2}}}$，令$k^{2}=m$，则$m\in(0,1]$，设$f(m)=\frac{(m + 1)^{3}}{m}=m^{2}+3m+\frac{1}{m}+3$，则$f^{\prime}(m)=2m + 3-\frac{1}{m^{2}}=\frac{(2m - 1)(m + 1)^{2}}{m^{2}}$，令$f^{\prime}(m)=0$，解得$m=\frac{1}{2}$，当$m\in(0,\frac{1}{2})$时，$f^{\prime}(m)＜0$，此时$f(m)$单调递减，当$m\in(\frac{1}{2},+\infty)$时，$f^{\prime}(m)＞0$，此时$f(m)$单调递增，则$f(m)_{\min}=f(\frac{1}{2})=\frac{27}{4}$，$\therefore AB + AD\geqslant\frac{3\sqrt{3}}{2}$，但$\sqrt{1 + k^{2}}|k - 2a|+\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}|\frac{1}{k}+2a|\geqslant\sqrt{1 + k^{2}}\left(|k - 2a|+|\frac{1}{k}+2a|\right)\geqslant\sqrt{\frac{(1 + k^{2})^{3}}{k^{2}}}$，此处取等号的条件为$k = 1$，与最终取等号时的$k=\frac{\sqrt{2}}{2}$不一致，故$AB + AD＞\frac{3\sqrt{3}}{2}$，故矩形$ABCD$的周长大于$3\sqrt{3}$。
方法三:为了计算方便，我们将抛物线向下移动$\frac{1}{4}$个单位得抛物线$W'$：$y=x^{2}$，矩形$ABCD$变换为矩形$A'B'C'D'$，则问题等价于矩形$A'B'C'D'$的周长大于$3\sqrt{3}$。设$B'(t_{0},t_{0}^{2}),A'(t_{1},t_{1}^{2}),C'(t_{2},t_{2}^{2})$，根据对称性不妨设$t_{0}\geqslant0$，则$k_{A'B'}=t_{1}+t_{0}$，$k_{B'C'}=t_{2}+t_{0}$，由于$A'B'\perp B'C'$，则$(t_{1}+t_{0})·(t_{2}+t_{0})=-1$。由于$A'B'=\sqrt{1+(t_{1}+t_{0})^{2}}|t_{1}-t_{0}|$，$B'C'=\sqrt{1+(t_{2}+t_{0})^{2}}|t_{2}-t_{0}|$，且$t_{2}+t_{0}=\tan\theta$，$t_{1}+t_{0}=-\cot\theta$，$\theta\in(0,\frac{\pi}{2})$，则$t_{2}=\tan\theta - t_{0}$，$t_{1}=-\cot\theta - t_{0}$，从而$A'B'+B'C'=\sqrt{1+\cot^{2}\theta}·(2t_{0}+\cot\theta)+\sqrt{1+\tan^{2}\theta}(\tan\theta - 2t_{0})=\frac{2t_{0}(\cos\theta - \sin\theta)}{\sin\theta\cos\theta}+\frac{\sin^{3}\theta+\cos^{3}\theta}{\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta}$。
①当$\theta\in(0,\frac{\pi}{4}]$时，$A'B'+B'C'\geqslant\frac{\sin^{3}\theta+\cos^{3}\theta}{\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta}=\frac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta}+\frac{\cos\theta}{\sin^{2}\theta}\geqslant2\sqrt{\frac{1}{\sin\theta\cos\theta}}=\frac{2}{\sqrt{\sin2\theta}}\geqslant2\sqrt{2}$。
②当$\theta\in(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$时，由于$t_{1}＜t_{0}＜t_{2}$，从而$-\cot\theta - t_{0}＜t_{0}＜\tan\theta - t_{0}$，又$t_{0}\geqslant0$，故$0\leqslant t_{0}＜\frac{\tan\theta}{2}$，由此$A'B'+B'C'=\frac{2t_{0}(\cos\theta - \sin\theta)}{\sin\theta\cos\theta}+\frac{\sin^{3}\theta+\cos^{3}\theta}{\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta}＞\frac{\sin\theta(\cos\theta - \sin\theta)(\sin\theta\cos\theta)}{\sin^{3}\theta+\cos^{3}\theta}+\frac{\sin^{3}\theta+\cos^{3}\theta}{\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta}=\frac{1}{\cos\theta}+\frac{\cos\theta}{\sin^{2}\theta}=\frac{1}{\cos\theta(1 - \cos^{2}\theta)}\geqslant\sqrt{\frac{2}{(1 - \cos^{2}\theta)·2\cos^{2}\theta}}\geqslant\sqrt{\frac{2}{[(\frac{1 - \cos^{2}\theta+1 - \cos^{2}\theta + 2\cos^{2}\theta}{3})^{3}}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，当且仅当$\cos\theta=\frac{\sqrt{3}}{3}$时等号成立；故$A'B'+B'C'＞\frac{3\sqrt{3}}{2}$，故矩形$ABCD$的周长大于$3\sqrt{3}$。