《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1)求 $W$ 的方程；[切入点：点 $P$ 到 $x$ 轴的距离等于点 $P$ 到点 $(0,\frac{1}{2})$ 的距离.]

答案： 解：
(1)法一：设 $P(x,y)$，则 $|y|=\sqrt{x^{2}+(y - \frac{1}{2})^{2}}$，①[2 分] 两边同时平方化简得 $y = x^{2}+\frac{1}{4}$， 所以 $W$ 的方程为：$y = x^{2}+\frac{1}{4}$. [3 分] 法二： 因为点 $P$ 到 $x$ 轴的距离等于点 $P$ 到点 $(0,\frac{1}{2})$ 的距离， 所以点 $P$ 的轨迹是以 $(0,\frac{1}{2})$ 为焦点，以 $x$ 轴为准线的抛物线， 所以该抛物线是以 $(0,\frac{1}{4})$ 为焦点，以 $y = -\frac{1}{4}$ 为准线②[2 分]的抛物线 $y = x^{2}$ 向上平移 $\frac{1}{4}$ 个单位得到， 即 $W$ 的方程为：$y = x^{2}+\frac{1}{4}$. [3 分]

(2)已知矩形 $ABCD$ 有三个顶点在 $W$ 上，证明：矩形 $ABCD$ 的周长大于 $3\sqrt{3}$.
[关键点：把问题转化为在抛物线 $y = x^{2}+\frac{1}{4}$ 上考虑，设矩形的顶点 $A(a,a^{2}+\frac{1}{4})$，用 $|AB|+|AD|$ 表示矩形 $ABCD$ 的周长.]
[思路分析] 本题以抛物线为载体，考查求轨迹方程，以及不等式、函数与导数等知识的综合问题.

答案：

(2)证明：法一：(设点法)：设矩形的三个顶点 $A(a,a^{2}+\frac{1}{4})$，$B(b,b^{2}+\frac{1}{4})$，$C(c,c^{2}+\frac{1}{4})$ 在 $W$ 上，且 $a ＜ b ＜ c$，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为 $0$， 则 $k_{AB}· k_{BC} = -1$，$a + b ＜ b + c$，令 $k_{AB}=\frac{b^{2}+\frac{1}{4}-(a^{2}+\frac{1}{4})}{b - a}=a + b = m ＜ 0$，③[4 分] 同理令 $k_{BC} = b + c = n ＞ 0$，且 $mn = -1$，则 $m = -\frac{1}{n}$。 设矩形周长为 $C$，由对称性不妨设 $|m|\geqslant|n|$，$k_{BC}-k_{AB}=c - a = n - m = n+\frac{1}{n}$， 则 $\frac{1}{2}C = |AB|+|BC|=(b - a)\sqrt{1 + m^{2}}+(c - b)\sqrt{1 + n^{2}}\geqslant(c - a)\sqrt{1 + n^{2}}=(n+\frac{1}{n})\sqrt{1 + n^{2}}$。 ④[7 分] 由 $n ＞ 0$，易知 $(n+\frac{1}{n})\sqrt{1 + n^{2}}＞0$， 令 $f(x)=(x+\frac{1}{x})^{2}(1 + x^{2})$，$x ＞ 0$，则 $f'(x)=2(x+\frac{1}{x})^{2}(2x-\frac{1}{x})$， 令 $f'(x)=0$，解得 $x=\frac{\sqrt{2}}{2}$， 当 $x\in(0,\frac{\sqrt{2}}{2})$ 时，$f'(x)＜0$，此时 $f(x)$ 单调递减，⑤[11 分] 当 $x\in(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty)$ 时，$f'(x)＞0$，此时 $f(x)$ 单调递增， 则 $f(x)_{\min}=f(\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{27}{4}$， 故 $\frac{1}{2}C\geqslant\sqrt{\frac{27}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，即 $C\geqslant3\sqrt{3}$， 当 $C = 3\sqrt{3}$ 时，$n=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$m = -\sqrt{2}$，且 $(b - a)\sqrt{1 + m^{2}}=(b - a)\sqrt{1 + n^{2}}$， 即 $m = n$ 时等号成立，矛盾，故 $C＞3\sqrt{3}$， 得证。⑥[12 分] 法二：(设直线法)：不妨设 $A$，$B$，$D$ 在 $W$ 上，且 $BA\perp DA$， 则设 $BA$，$DA$ 的斜率分别为 $k$ 和 $-\frac{1}{k}$，由对称性，不妨设 $|k|\leqslant1$， 则直线 $AB$ 的方程为 $y = k(x - a)+a^{2}+\frac{1}{4}$， 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 $|AB|=\sqrt{1 + k^{2}}|k - 2a|$，③[5 分] 同理 $|AD|=\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}|\frac{1}{k}+2a|$， 所以 $|AB|+|AD|=\sqrt{1 + k^{2}}|k - 2a|+\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}|\frac{1}{k}+2a|\geqslant\sqrt{1 + k^{2}}(|k - 2a|+|\frac{1}{k}+2a|)\geqslant\sqrt{1 + k^{2}}|k+\frac{1}{k}|=\frac{\sqrt{(1 + k^{2})^{3}}}{k^{2}}$，④[8 分] 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 $f'(m)=2m + 3-\frac{1}{m^{2}}=\frac{(2m - 1)(m + 1)^{2}}{m^{2}}$， 令 $f'(m)=0$，解得 $m=\frac{1}{2}$， 当 $m\in(0,\frac{1}{2})$ 时，$f'(m)＜0$，此时 $f(m)$ 单调递减， 当 $m\in(\frac{1}{2},+\infty)$ 时，$f'(m)＞0$，此时 $f(m)$ 单调递增， 则 $f(m)_{\min}=f(\frac{1}{2})=\frac{27}{4}$，⑤[11 分] 所以 $|AB|+|AD|\geqslant\frac{3\sqrt{3}}{2}$， 但 $\sqrt{1 + k^{2}}|k - 2a|+\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}|\frac{1}{k}+2a|\geqslant\sqrt{1 + k^{2}}(|k - 2a|+|\frac{1}{k}+2a|)$， 此处取等号的条件为 $k = 1$，与最终取等号时 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 不一致， 故 $|AB|+|AD|＞\frac{3\sqrt{3}}{2}$。⑥[12 分] 所以矩形 $ABCD$ 周长大于 $3\sqrt{3}$。 评注：处理 $\frac{(1 + k^{2})^{3}}{k^{2}}$ 最小值的方法较多，比如：$\frac{(1 + k^{2})^{3}}{k^{2}}=k^{4}+3k^{2}+\frac{1}{k^{2}}+3=(k^{2}-\frac{1}{2})^{2}+(4k^{2}+\frac{1}{k^{2}})+\frac{11}{4}\geqslant0 + 2\sqrt{4k^{2}×\frac{1}{k^{2}}}+\frac{11}{4}=\frac{27}{4}$，当且仅当 $k^{2}=\frac{1}{2}$ 时，上式取等号. 又如设 $k = \tan\theta$，$\theta\in(0,\frac{\pi}{2})\cup(\frac{\pi}{2},\pi)$，则 $\frac{(1 + k^{2})^{3}}{k^{2}}=\frac{1}{\sin^{2}\theta\cos^{4}\theta}=\frac{2}{2\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta\cos^{2}\theta}$，则 $\frac{(1 + k^{2})^{3}}{k^{2}}\geqslant\frac{2}{(\frac{2\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta+\cos^{2}\theta}{3})^{3}}=\frac{27}{4}$，当且仅当 $2\sin^{2}\theta=\cos^{2}\theta$，即 $k^{2}=\frac{1}{2}$ 时，上式取等号。

(1)法一：设 $P(x,y)$，根据题意列出方程 $x^{2}+(y - \frac{1}{2})^{2} = y^{2}$，化简即可；
法二：利用抛物线的定义求解，找出顶点，算出焦准距 $p$ 即可.

答案： 题目中未给出具体的求值或证明问题，根据所给思路推测题目应为“求轨迹方程，其到定点 $M(0, \frac{1}{2})$ 的距离等于到定直线 $y = -\frac{1}{2}$ 距离（或类似表述）”。以下为完整作答：
设动点坐标为 $P(x,y)$。
法一
由题意可得 $x^{2}+(y - \frac{1}{2})^{2}=(y + \frac{1}{2})^{2}$，
展开得 $x^{2}+y^{2}-y+\frac{1}{4}=y^{2}+y+\frac{1}{4}$，
移项化简可得 $x^{2}=2y$。
法二
根据抛物线的定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离。
已知定点 $M(0,\frac{1}{2})$，定直线 $y = -\frac{1}{2}$，则抛物线的顶点为原点 $(0,0)$，焦准距 $p = 1$。
所以抛物线方程为 $x^{2}=2y$。
综上，所求轨迹方程为 $x^{2}=2y$。

(2)法一：设矩形 $ABCD$ 的周长为 $C$，矩形的三个顶点 $A(a,a^{2}+\frac{1}{4})$，$B(b,b^{2}+\frac{1}{4})$，$C(c,c^{2}+\frac{1}{4})$，且 $a ＜ b ＜ c$，分别令 $k_{AB} = a + b = m ＜ 0$，$k_{BC} = b + c = n ＞ 0$，且 $mn = -1$，利用放缩法得 $\frac{1}{2}C\geqslant(n+\frac{1}{n})\sqrt{1 + n^{2}}$，设函数 $f(x)=(x+\frac{1}{x})^{2}(1 + x^{2})$，利用导数求出其最小值，则得 $C$ 的最小值，再排除临界值即可；
法二：设直线 $AB$ 的方程为 $y = k(x - a)+a^{2}+\frac{1}{4}$，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得 $|AB|+|AD|\geqslant\frac{\sqrt{(1 + k^{2})^{3}}}{k^{2}}$，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除临界值即可.
答题模板
解：(1)法一：设 $P(x,y)$，则 $|y|=\sqrt{x^{2}+(y - \frac{1}{2})^{2}}$，①[2 分]
两边同时平方化简得 $y = x^{2}+\frac{1}{4}$，
所以 $W$ 的方程为：$y = x^{2}+\frac{1}{4}$. [3 分]
法二：
因为点 $P$ 到 $x$ 轴的距离等于点 $P$ 到点 $(0,\frac{1}{2})$ 的距离，
所以点 $P$ 的轨迹是以 $(0,\frac{1}{2})$ 为焦点，以 $x$ 轴为准线的抛物线，
所以该抛物线是以 $(0,\frac{1}{4})$ 为焦点，以 $y = -\frac{1}{4}$ 为准线②[2 分]的抛物线 $y = x^{2}$ 向上平移 $\frac{1}{4}$ 个单位得到，
即 $W$ 的方程为：$y = x^{2}+\frac{1}{4}$. [3 分]

答案： $3\sqrt{3}$

(2)证明：法一：(设点法)：设矩形的三个顶点 $A(a,a^{2}+\frac{1}{4})$，$B(b,b^{2}+\frac{1}{4})$，$C(c,c^{2}+\frac{1}{4})$ 在 $W$ 上，且 $a ＜ b ＜ c$，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为 $0$，

则 $k_{AB}· k_{BC} = -1$，$a + b ＜ b + c$，令 $k_{AB}=\frac{b^{2}+\frac{1}{4}-(a^{2}+\frac{1}{4})}{b - a}=a + b = m ＜ 0$，③[4 分]
同理令 $k_{BC} = b + c = n ＞ 0$，且 $mn = -1$，则 $m = -\frac{1}{n}$.
设矩形周长为 $C$，由对称性不妨设 $|m|\geqslant|n|$，$k_{BC}-k_{AB}=c - a = n - m = n+\frac{1}{n}$，
则 $\frac{1}{2}C = |AB|+|BC|=(b - a)\sqrt{1 + m^{2}}+(c - b)\sqrt{1 + n^{2}}\geqslant(c - a)\sqrt{1 + n^{2}}=(n+\frac{1}{n})\sqrt{1 + n^{2}}$. ④[7 分]
由 $n ＞ 0$，易知 $(n+\frac{1}{n})\sqrt{1 + n^{2}}＞0$，
令 $f(x)=(x+\frac{1}{x})^{2}(1 + x^{2})$，$x ＞ 0$，则 $f'(x)=2(x+\frac{1}{x})^{2}(2x-\frac{1}{x})$，
令 $f'(x)=0$，解得 $x=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
当 $x\in(0,\frac{\sqrt{2}}{2})$ 时，$f'(x)＜0$，此时 $f(x)$ 单调递减，⑤[11 分]
当 $x\in(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty)$ 时，$f'(x)＞0$，此时 $f(x)$ 单调递增，
则 $f(x)_{\min}=f(\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{27}{4}$，
故 $\frac{1}{2}C\geqslant\sqrt{\frac{27}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，即 $C\geqslant3\sqrt{3}$，
当 $C = 3\sqrt{3}$ 时，$n=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$m = -\sqrt{2}$，且 $(b - a)\sqrt{1 + m^{2}}=(b - a)\sqrt{1 + n^{2}}$，
即 $m = n$ 时等号成立，矛盾，故 $C＞3\sqrt{3}$，
得证.⑥[12 分]
法二：(设直线法)：不妨设 $A$，$B$，$D$ 在 $W$ 上，且 $BA\perp DA$，

依题意可设 $A(a,a^{2}+\frac{1}{4})$，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 $|k|\leqslant1$，
则直线 $AB$ 的方程为 $y = k(x - a)+a^{2}+\frac{1}{4}$，
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 $|AB|=\sqrt{1 + k^{2}}|k - 2a|$，③[5 分]
同理 $|AD|=\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}|\frac{1}{k}+2a|$，
所以 $|AB|+|AD|=\sqrt{1 + k^{2}}|k - 2a|+\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}|\frac{1}{k}+2a|\geqslant\sqrt{1 + k^{2}}(|k - 2a|+|\frac{1}{k}+2a|)\geqslant\sqrt{1 + k^{2}}|k+\frac{1}{k}|=\frac{\sqrt{(1 + k^{2})^{3}}}{k^{2}}$，④[8 分]
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 $f'(m)=2m + 3-\frac{1}{m^{2}}=\frac{(2m - 1)(m + 1)^{2}}{m^{2}}$，
令 $f'(m)=0$，解得 $m=\frac{1}{2}$，
当 $m\in(0,\frac{1}{2})$ 时，$f'(m)＜0$，此时 $f(m)$ 单调递减，
当 $m\in(\frac{1}{2},+\infty)$ 时，$f'(m)＞0$，此时 $f(m)$ 单调递增，
则 $f(m)_{\min}=f(\frac{1}{2})=\frac{27}{4}$，⑤[11 分]
所以 $|AB|+|AD|\geqslant\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
但 $\sqrt{1 + k^{2}}|k - 2a|+\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}|\frac{1}{k}+2a|\geqslant\sqrt{1 + k^{2}}(|k - 2a|+|\frac{1}{k}+2a|)$，
此处取等号的条件为 $k = 1$，与最终取等号时 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 不一致，
故 $|AB|+|AD|＞\frac{3\sqrt{3}}{2}$.⑥[12 分]
所以矩形 $ABCD$ 周长大于 $3\sqrt{3}$.
评注：处理 $\frac{(1 + k^{2})^{3}}{k^{2}}$ 最小值的方法较多，比如：$\frac{(1 + k^{2})^{3}}{k^{2}}=k^{4}+3k^{2}+\frac{1}{k^{2}}+3=(k^{2}-\frac{1}{2})^{2}+(4k^{2}+\frac{1}{k^{2}})+\frac{11}{4}\geqslant0 + 2\sqrt{4k^{2}×\frac{1}{k^{2}}}+\frac{11}{4}=\frac{27}{4}$，当且仅当 $k^{2}=\frac{1}{2}$ 时，上式取等号. 又如设 $k = \tan\theta$，$\theta\in(0,\frac{\pi}{2})\cup(\frac{\pi}{2},\pi)$，则 $\frac{(1 + k^{2})^{3}}{k^{2}}=\frac{1}{\sin^{2}\theta\cos^{4}\theta}=\frac{2}{2\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta\cos^{2}\theta}$，则 $\frac{(1 + k^{2})^{3}}{k^{2}}\geqslant\frac{2}{(\frac{2\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta+\cos^{2}\theta}{3})^{3}}=\frac{27}{4}$，当且仅当 $2\sin^{2}\theta=\cos^{2}\theta$，即 $k^{2}=\frac{1}{2}$ 时，上式取等号.

答案： 证明：
法一（设点法）
设矩形的三个顶点 $ A(a,a^2+\frac{1}{4}) $，$ B(b,b^2+\frac{1}{4}) $，$ C(c,c^2+\frac{1}{4}) $ 在抛物线 $ W: y=x^2+\frac{1}{4} $ 上，且 $ a ＜ b ＜ c $。由矩形邻边垂直性质，得 $ k_{AB} · k_{BC} = -1 $。
令 $ k_{AB} = \frac{(b^2+\frac{1}{4}) - (a^2+\frac{1}{4})}{b - a} = a + b = m ＜ 0 $，同理 $ k_{BC} = b + c = n ＞ 0 $，则 $ mn = -1 $，即 $ m = -\frac{1}{n} $。
设矩形周长为 $ C $，由对称性不妨设 $ |m| \geq |n| $，则 $ c - a = n - m = n + \frac{1}{n} $。
周长一半为：
$ \frac{1}{2}C = |AB| + |BC| = (b - a)\sqrt{1 + m^2} + (c - b)\sqrt{1 + n^2} $
由放缩法得：
$ (b - a)\sqrt{1 + m^2} + (c - b)\sqrt{1 + n^2} \geq (c - a)\sqrt{1 + n^2} = \left(n + \frac{1}{n}\right)\sqrt{1 + n^2} $
令 $ f(x) = \left(x + \frac{1}{x}\right)^2(1 + x^2) $（$ x ＞ 0 $），求导得 $ f'(x) = 2\left(x + \frac{1}{x}\right)\left(2x - \frac{1}{x}\right)(x + \frac{1}{x}) $，解得极值点 $ x = \frac{\sqrt{2}}{2} $。
当 $ x = \frac{\sqrt{2}}{2} $ 时，$ f(x)_{\min} = \frac{27}{4} $，故 $ \left(n + \frac{1}{n}\right)\sqrt{1 + n^2} \geq \frac{3\sqrt{3}}{2} $，即 $ \frac{1}{2}C \geq \frac{3\sqrt{3}}{2} $。
验证等号条件：当 $ n = \frac{\sqrt{2}}{2} $，$ m = -\sqrt{2} $ 时，$ (b - a)\sqrt{1 + m^2} = (b - a)\sqrt{1 + n^2} $ 需 $ m = n $，矛盾。因此 $ C ＞ 3\sqrt{3} $。
法二（设直线法）
设 $ A, B, D $ 在 $ W $ 上，$ BA \perp DA $，设 $ A(a,a^2+\frac{1}{4}) $，直线 $ BA, DA $ 斜率分别为 $ k, -\frac{1}{k} $（$ |k| \leq 1 $）。
直线 $ AB: y = k(x - a) + a^2 + \frac{1}{4} $，联立 $ y = x^2 + \frac{1}{4} $ 得 $ x^2 - kx + ka - a^2 = 0 $，由韦达定理得 $ |AB| = \sqrt{1 + k^2}|k - 2a| $。
同理 $ |AD| = \sqrt{1 + \frac{1}{k^2}}\left|\frac{1}{k} + 2a\right| $。
由绝对值不等式：
$ |AB| + |AD| \geq \sqrt{1 + k^2}\left(|k - 2a| + \left|\frac{1}{k} + 2a\right|\right) \geq \sqrt{1 + k^2}\left|k + \frac{1}{k}\right| = \frac{\sqrt{(1 + k^2)^3}}{k^2} $
令 $ m = k^2 \in (0,1] $，设 $ f(m) = \frac{(m + 1)^3}{m} $，求导得 $ m = \frac{1}{2} $ 时 $ f(m)_{\min} = \frac{27}{4} $，故 $ |AB| + |AD| \geq \frac{3\sqrt{3}}{2} $。
验证等号条件矛盾，因此 $ |AB| + |AD| ＞ \frac{3\sqrt{3}}{2} $，矩形周长 $ C ＞ 3\sqrt{3} $。
综上，抛物线 $ W $ 上矩形周长大于 $ 3\sqrt{3} $。
结论： 矩形周长大于 $ 3\sqrt{3} $。