浙江 2023 · 数学 q22

冷启动：W 是焦点 (0,1/2)、准线 y=0 的抛物线

$P$ 到 $x$ 轴（直线 $y=0$）的距离 $=$ $P$ 到定点 $\left(0,\tfrac12\right)$ 的距离——这正是抛物线的定义：到焦点与到准线等距。焦点 $\left(0,\tfrac12\right)$、准线 $y=0$，故 $W$ 是开口向上的抛物线。第 (2) 问的矩形有三个顶点落在 $W$ 上，要证周长 $>3\sqrt3$——这是圆锥曲线中的最值型证明，两条路：一条把两邻边之和凑成一个一元函数构造函数证不等式、用导数求最小；一条平移后用极坐标表示两邻边、消参后用均值不等式。

解法一：邻边和化 f(x) 求导取最小

（1）求 W 的方程

设 $P(x,y)$。到 $x$ 轴距离 $|y|$，到 $\left(0,\tfrac12\right)$ 距离 $\sqrt{x^2+\left(y-\tfrac12\right)^2}$，相等：

$$|y|=\sqrt{x^2+\left(y-\tfrac12\right)^2}\ \Rightarrow\ y^2=x^2+y^2-y+\frac14\ \Rightarrow\ y=x^2+\frac14$$

故 $W:\ y=x^2+\dfrac14$。

（2）邻边和凑成 f(x)，求导得最小值

设相邻三顶点 $A,B,C\in W$，直角在 $B$（$AB\perp BC$）。记 $A(a,a^2+\tfrac14)$ 等（纵坐标的 $+\tfrac14$ 在差里消去）：

$$\vec{AB}=(b-a)(1,\,a+b),\qquad \vec{BC}=(c-b)(1,\,b+c)$$

由 $\vec{AB}\cdot\vec{BC}=0$ 且 $b\ne a,\ c\ne b$，约去 $(b-a)(c-b)$：

$$1+(a+b)(b+c)=0\ \Rightarrow\ |a+b|\,|b+c|=1$$

故 $\min(|a+b|,|b+c|)\le1$，不妨设 $|b+c|\le1$，则 $a+b=-\dfrac1{b+c}$。两邻边长：

$$|AB|=|b-a|\sqrt{1+\tfrac1{(b+c)^2}},\qquad |BC|=|c-b|\sqrt{1+(b+c)^2}$$

由 $|b+c|\le1$ 得 $\dfrac1{(b+c)^2}\ge(b+c)^2$，把第一个根号放小、再用 $|b-a|+|c-b|\ge|c-a|$：

$$|AB|+|BC|\ge(|b-a|+|c-b|)\sqrt{1+(b+c)^2}\ge|c-a|\sqrt{1+(b+c)^2}$$

而 $c-a=(c+b)-(a+b)=(b+c)+\dfrac1{b+c}$。令 $x=|b+c|\in(0,1]$，构造函数

$$f(x)=\left(x+\frac1x\right)\sqrt{1+x^2}=\frac{(1+x^2)^{3/2}}{x}$$

用常见函数的导数求导：$f'(x)=\dfrac{\sqrt{1+x^2}\,(2x^2-1)}{x^2}$，在 $x=\dfrac{\sqrt2}{2}$ 处取最小：

$$f\!\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)=\frac{(3/2)^{3/2}}{\sqrt2/2}=\frac{3\sqrt3}{2}$$

故 $|AB|+|BC|\ge f(x)\ge\dfrac{3\sqrt3}{2}$，周长 $=2(|AB|+|BC|)\ge3\sqrt3$。

为何是严格 $>$：第一个 $\ge$ 取等要 $|b+c|=1$，$f$ 取最小要 $|b+c|=\dfrac{\sqrt2}{2}$，两者不能同时成立（见证严格不等式漏判等号可行性），故等号取不到，周长 $>3\sqrt3$。$\blacksquare$

解法二：平移加极坐标，消 a 后均值不等式

（1）求 W 的方程

同解法一：$|y|=\sqrt{x^2+(y-\tfrac12)^2}\Rightarrow y=x^2+\tfrac14$。

（2）平移到 y=x²，极坐标表示两邻边

把整个图形竖直平移 $-\tfrac14$（不改变任何距离），$W$ 变成 $y=x^2$。设 $A(a,a^2)$（不妨 $a\ge0$），平移原点至 $A$，新抛物线 $y'=x'^2+2ax'$。化极坐标 $(\rho,\theta)$：$\rho\sin\theta=\rho^2\cos^2\theta+2a\rho\cos\theta$，

$$\rho=\frac{\sin\theta-2a\cos\theta}{\cos^2\theta}$$

两邻边沿互相垂直的方向 $\theta$ 与 $\theta+\tfrac{\pi}{2}$，长度即 $|\rho(\theta)|,|\rho(\theta+\tfrac{\pi}{2})|$。代入 $\sin(\theta+\tfrac\pi2)=\cos\theta,\ \cos(\theta+\tfrac\pi2)=-\sin\theta$：

$$|AB|+|AD|=\left|\frac{2a}{\cos\theta}-\frac{\sin\theta}{\cos^2\theta}\right|+\left|\frac{2a}{\sin\theta}+\frac{\cos\theta}{\sin^2\theta}\right|$$

把右式看成 $a$ 的函数。不妨 $\left|\tfrac{2}{\cos\theta}\right|\ge\left|\tfrac{2}{\sin\theta}\right|$，则第一项是「更陡」的 V，其折点 $a=\dfrac{\sin\theta}{2\cos\theta}$ 处整式取最小（更陡项归零），故对任意 $a$：

$$|AB|+|AD|\ge 0+\left|\frac{1}{\cos\theta}+\frac{\cos\theta}{\sin^2\theta}\right|=\left|\frac{\sin^2\theta+\cos^2\theta}{\cos\theta\sin^2\theta}\right|=\frac{1}{|\cos\theta\sin^2\theta|}$$

对分母用三元均值不等式（$2\cos^2\theta+\sin^2\theta+\sin^2\theta=2$）：

$$|\cos\theta\sin^2\theta|=\frac1{\sqrt2}\sqrt{2\cos^2\theta\cdot\sin^2\theta\cdot\sin^2\theta}\le\frac1{\sqrt2}\sqrt{\left(\frac23\right)^3}=\frac{2}{3\sqrt3}$$

于是 $|AB|+|AD|\ge\dfrac{3\sqrt3}{2}$，周长 $\ge3\sqrt3$。

为何是严格 $>$：均值不等式取等要 $\cos^2\theta=\tfrac13$，而「消 $a$」那步取等要 $a=\dfrac{\sin\theta}{2\cos\theta}$——此时第一项归零即 $|AB|=0$，矩形退化，不可能（见证严格不等式漏判等号可行性）。故等号取不到，周长 $>3\sqrt3$。$\blacksquare$

这两条路差在哪。 两条路都把「周长 $=2(|AB|+|BC|)$」压成一个一元量的最小值，但选的一元量不同。解法一在直角坐标里把 $|AB|+|BC|$ 一路放缩成 $f(|b+c|)=\dfrac{(1+x^2)^{3/2}}{x}$，靠导数找最小 $\tfrac{3\sqrt3}{2}$——计算直白，代价是那串放缩（$\sqrt{1+1/(b+c)^2}\ge\sqrt{1+(b+c)^2}$ 与三角不等式）要盯紧方向。解法二先把 $W$ 平移成 $y=x^2$、以 $A$ 为原点转极坐标，两邻边变成 $\rho(\theta),\rho(\theta+\tfrac\pi2)$，再把含 $a$ 的部分用「更陡 V 的折点」消掉，剩 $\dfrac1{|\cos\theta\sin^2\theta|}$，用均值不等式封顶——技巧性强但绕开了导数。两者都卡在「等号取不到」上收尾：解法一是 $|b+c|$ 既要 $1$ 又要 $\tfrac{\sqrt2}{2}$，解法二是取等让一边退化成 $0$。

🕳️ 避坑

• (1) 别漏 $|y|$ 的平方：到 $x$ 轴距离是 $|y|$，平方后 $y^2$，与右边展开的 $y^2$ 抵消才得到 $y=x^2+\tfrac14$；写成 $y=\sqrt{\cdots}$ 不平方会卡住。
• $\vec{AB}\cdot\vec{BC}=0$ 约分的前提：$(b-a)(c-b)\ne0$（顶点互异），约去后才得 $(a+b)(b+c)=-1$；忘了这个前提，约分就不严谨。
• 解法一的两次放缩方向：$\dfrac1{(b+c)^2}\ge(b+c)^2$ 靠的是 $|b+c|\le1$（这是「不妨设」选出来的，别和另一种选法混）；$|b-a|+|c-b|\ge|c-a|$ 是数轴上的三角不等式。
• 证 $>$ 必查等号：两条路最后都是先证 $\ge3\sqrt3$，再说明取等条件冲突（解法一两个 $|b+c|$ 值打架、解法二取等使边退化为 $0$），才能下严格 $>$（见证严格不等式漏判等号可行性）。

故（1）$W:\ \boxed{y=x^2+\dfrac14}$；（2）矩形 $ABCD$ 的周长 $>3\sqrt3$，证毕 $\blacksquare$。