2023-新高考I卷-22 解-抛物线与导数

本题导读

本题考查抛物线的定义与标准方程。核心在于定义法与坐标代数法、斜率参数化与换元法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年新高考I卷）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 $3\sqrt{3}$。

🔍【思路分析】

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1. 求轨迹方程（第1问）：利用抛物线的定义（到定点距离等于到定直线距离）确定焦准距，或直接设点 $P(x,y)$ 利用两点间距离公式与点到直线距离公式建立等式，化简求得。
2. 证明周长最值（第2问）：

• 设点与参数转化：设三个顶点 $A,B,C$ 在抛物线上，利用抛物线 $y=x^2+c$ 上两点斜率的优美性质 $k_{AB}=x_A+x_B$ 简化。
• 建立关系：根据矩形相邻边垂直，有 $k_{AB}\cdot k_{BC}=-1$。
• 代数放缩：表示出半周长 $\frac{1}{2}L=|AB|+|BC|$。由于直接求极值过于复杂，通过消去中间点 $x_B$ 的绝对值不等式放缩，将半周长转化为仅包含斜率 $k_{BC}$ (或 $k_{AB}$) 的单变量函数。
• 导数求最值与排等：对转化后的函数利用导数求最小值。最后验证放缩过程中的取等条件是否与导数取极值条件冲突，从而确立“严格大于”的结论。

✅【答案】

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(1) $W:y=x^2+\frac{1}{4}$

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

【思路分析】

法一：设$P(x,y)$，根据题意列出方程$x^2+{\left(y-\frac{1}{2}\right)}^2=y^2$，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.

【解析】设$P(x,y)$,则$\left|y\right|=\sqrt{x^2+{\left(y-\frac{1}{2}\right)}^2}$，两边同平方化简得$y=x^2+\frac{1}{4}$，故$W:y=x^2+\frac{1}{4}$.

解法二：（定义法）由抛物线的定义可知，点P的轨迹为抛物线，此时焦准距$p=\frac{1}{2}$，顶点为$(0,\frac{1}{4})$，焦点落在[y]轴的正半轴上，所以动点$P$的轨迹$W$的方程为$x^2=y-\frac{1}{4}$.

【思路分析】 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$a<b<c$，分别令$k_{AB}=a+b=m<0$，$k_{BC}=b+c=n>0$，且$mn=-1$，利用放缩法得$\frac{1}{2}C\ge \left(n+\frac{1}{n}\right)\sqrt{1+n^2}$，设函数$f(x)={\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2\left(1+x^2\right)$，利用导数求出其最小值，则得$C$的最小值，再排除边界值即可.

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$\left|AB\right|+\left|AD\right|\ge \sqrt{\frac{{\left(1+k^2\right)}^3}{k^2}}$，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.

法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.

法一：设矩形的三个顶点$A\left(a,a^2+\frac{1}{4}\right),B\left(b,b^2+\frac{1}{4}\right),C\left(c,c^2+\frac{1}{4}\right)$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$k_{AB}\cdot k_{BC}=-1,a+b<b+c$!令$k_{AB}=\frac{b^2+\frac{1}{4}-\left(a^2+\frac{1}{4}\right)}{b-a}=a+b=m<0$，

同理令$k_{BC}=b+c=n>0$，且$mn=-1$，则$m=-\frac{1}{n}$， 设矩形周长为$C$,由对称性不妨设$|m|\ge |n|$，$k_{BC}-k_{AB}=c-a=n-m=n+\frac{1}{n}$，

则$\frac{1}{2}C=|AB|+|BC|=(b-a)\sqrt{1+m^2}+(c-b)\sqrt{1+n^2}\ge (c-a)\sqrt{1+n^2}=\left(n+\frac{1}{n}\right)\sqrt{1+n^2}$.[n>0]，

易知$\left(n+\frac{1}{n}\right)\sqrt{1+n^2}>0$ 则令$f(x)={\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2\left(1+x^2\right),x>0,f^{\prime }(x)=2{\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2\left(2x-\frac{1}{x}\right)$, 令$f^{\prime }(x)=0$，解得$x=\frac{\sqrt{2}}{2}$， 当$x\in \left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$时，$f^{\prime }(x)<0$，此时$f(x)$单调递减， 当$x\in \left(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty \right)$，$f^{\prime }(x)>0$，此时$f(x)$单调递增，则$f{(x)}_{\min }=f\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{27}{4}$， 故$\frac{1}{2}C\ge \sqrt{\frac{27}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$,即$C\ge 3\sqrt{3}$. 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.

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$\left|k\right|\le 1$，直线$AB$的方程为$y=k(x-a)+a^2+\frac{1}{4}$， 则联立\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}y={{x}^{2}}+\frac{1}{4}  \\   y=k(x-a)+{{a}^{2}}+\frac{1}{4}  \\\end{array} \right.得$x^2-kx+ka-a^2=0$， $\Delta =k^2-4\left(ka-a^2\right)={\left(k-2a\right)}^2>0$，则$k\ne 2a$ 则$|AB|=\sqrt{1+k^2}|k-2a|$，

同理$|AD|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\left|\frac{1}{k}+2a\right|$， \therefore |AB|+|AD|=\sqrt{1+{{k}^{2}}}|k-2a|+\sqrt{1+\frac{1}{{{k}^{2}}}}\left| \frac{1}{k}+2a \right|$$\ge \sqrt{1+{{k}^{2}}}\left( \left| k-2a \right|+\left| \frac{1}{k}+2a \right| \right)\ge \sqrt{1+{{k}^{2}}}\left| k+\frac{1}{k} \right|=\sqrt{\frac{{{\left( 1+{{k}^{2}} \right)}^{3}}}{{{k}^{2}}}} 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$m\in \left(0,\frac{1}{2}\right)$时，$f^{\prime }(m)<0$，此时$f(m)$单调递减，

当$m\in \left(\frac{1}{2},+\infty \right)$，$f^{\prime }(m)>0$，此时$f(m)$单调递增， 则$f{(m)}_{\min }=f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{27}{4}$， $\therefore |AB|+|AD|\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}$， 但$\sqrt{1+k^2}|k-2a|+\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\left|\frac{1}{k}+2a\right|\ge \sqrt{1+k^2}\left(|k-2a|+\left|\frac{1}{k}+2a\right|\right)$，此处取等条件为$k=1$，与最终取等时$k=\frac{\sqrt{2}}{2}$不一致，故$\left|AB\right|+\left|AD\right|>\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

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$W^{\prime }:y=x^2$,矩形$ABCD$变换为矩形$A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$,则问题等价于矩形$A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$的周长大于$3\sqrt{3}$.设 $B^{\prime }\left(t_0,t_0^2\right),A^{\prime }\left(t_1,t_1^2\right),C^{\prime }\left(t_2,t_2^2\right)$, 根据对称性不妨设 $t_0\ge 0$. 则 $k_{A^{\prime }{B}^{\prime }}=t_1+t_0,k_{B^{\prime }{C}^{\prime }}=t_2+t_0$, 由于 $A^{\prime }{B}^{\prime }\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$, 则 $\left(t_1+t_0\right)\left(t_2+t_0\right)=-1$. 由于 $\left|A^{\prime }{B}^{\prime }\right|=\sqrt{1+{\left(t_1+t_0\right)}^2}\left|t_1-t_0\right|,\left|B^{\prime }{C}^{\prime }\right|=\sqrt{1+{\left(t_2+t_0\right)}^2}\left|t_2-t_0\right|$, 且 $t_0$ 介于 $t_1,t_2$ 之间, 则 $\left|A^{\prime }{B}^{\prime }\right|+\left|B^{\prime }{C}^{\prime }\right|=\sqrt{1+{\left(t_1+t_0\right)}^2}\left|t_1-t_0\right|+\sqrt{1+{\left(t_2+t_0\right)}^2}\left|t_2-t_0\right|$. 令 $t_2+t_0=\tan \theta$ $t_1+t_0=-\cot \theta ,\theta \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$,则$t_2=\tan \theta -t_0,t_1=-\cot \theta -t_0$,从而 $\left|A^{\prime }{B}^{\prime }\right|+\left|B^{\prime }{C}^{\prime }\right|=\sqrt{1+{\cot }^2\theta }\left(2t_0+\cot \theta \right)+\sqrt{1+{\tan }^2\theta }\left(\tan \theta -2t_0\right)$

故$\left|A^{\prime }{B}^{\prime }\right|+\left|B^{\prime }{C}^{\prime }\right|=2t_0\left(\frac{1}{\sin \theta }-\frac{1}{\cos \theta }\right)+\frac{\sin \theta }{{\cos }^2\theta }+\frac{\cos \theta }{{\sin }^2\theta }=\frac{2t_0(\cos \theta -\sin \theta )}{\sin \theta \cos \theta }+\frac{{\sin }^3\theta +{\cos }^3\theta }{{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta }$

①当$\theta \in \left(0,\frac{\pi }{4}\right]$时, $\left|A^{\prime }{B}^{\prime }\right|+\left|B^{\prime }{C}^{\prime }\right|\ge \frac{{\sin }^3\theta +{\cos }^3\theta }{{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta }=\frac{\sin \theta }{{\cos }^2\theta }+\frac{\cos \theta }{{\sin }^2\theta }\ge 2\sqrt{\frac{1}{\sin \theta \cos \theta }}=2\sqrt{\frac{2}{\sin 2\theta }}\ge 2\sqrt{2}$

②当 $\theta \in \left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right)$ 时,由于$t_1<t_0<t_2$,从而$-\cot \theta -t_0<t_0<\tan \theta -t_0$, 从而$-\frac{\cot \theta }{2}<t_0<\frac{\tan \theta }{2}$又$t_0\ge 0$,

故$0\le t_0<\frac{\tan \theta }{2}$,由此$\left|A^{\prime }{B}^{\prime }\right|+\left|B^{\prime }{C}^{\prime }\right|=\frac{2t_0(\cos \theta -\sin \theta )}{\sin \theta \cos \theta }+\frac{{\sin }^3\theta +{\cos }^3\theta }{{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta }$ $>\frac{\sin \theta (\cos \theta -\sin \theta )(\sin \theta \cos \theta )}{{\sin }^2\theta {\cos }^3\theta }+\frac{{\sin }^3\theta +{\cos }^3\theta }{{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta }=\frac{1}{\cos \theta }+\frac{\cos \theta }{{\sin }^2\theta }$

$=\sqrt{\frac{2}{{\sin }^2\theta {\sin }^2\theta \cdot 2{\cos }^2\theta }}=\sqrt{\frac{2}{\left(1-{\cos }^2\theta \right)\left(1-{\cos }^2\theta \right)\cdot 2{\cos }^2\theta }}$

$\ge \sqrt{\frac{2}{{\left(\frac{\left(1-{\cos }^2\theta \right)+\left(1-{\cos }^2\theta \right)+2{\cos }^2\theta }{3}\right)}^3}}\ge \sqrt{\frac{2}{{\left(\frac{2}{3}\right)}^3}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，

当且仅当$\cos \theta =\frac{\sqrt{3}}{3}$时等号成立，故$\left|A^{\prime }{B}^{\prime }\right|+\left|B^{\prime }{C}^{\prime }\right|>\frac{3\sqrt{3}}{2}$，故矩形周长大于$3\sqrt{3}$.

方法4

不妨设矩形 $ABCD$ 的三个顶点 $A,B,C$ 都在轨迹 $W$ 上，其中 $\angle ABC=90^{\circ }$。

设点 $B$ 的坐标为 $\left(x_0,x_0^2+\frac{1}{4}\right)$。

因为直线 $BA$ 与 $BC$ 互相垂直，设直线 $BA$ 的斜率为 $k$（$k\ne 0$），则直线 $BC$ 的斜率为 $-\frac{1}{k}$。

直线 $BA$ 的方程为： $y-\left(x_0^2+\frac{1}{4}\right)=k(x-x_0)$

联立轨迹 $W$ 的方程 $y=x^2+\frac{1}{4}$，得： $x^2-x_0^2=k(x-x_0)⟹(x-x_0)(x+x_0-k)=0$

解得点 $A$ 的横坐标为 $x_A=k-x_0$。
同理，将斜率换为 $-\frac{1}{k}$，解得点 $C$ 的横坐标为 $x_C=-\frac{1}{k}-x_0$。

根据两点间距离公式，线段 $AB$ 和 $BC$ 的长度分别为： $AB=\sqrt{1+k^2}|x_A-x_0|=\sqrt{1+k^2}|k-2x_0|$ $BC=\sqrt{1+{\left(-\frac{1}{k}\right)}^2}|x_C-x_0|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\left|-\frac{1}{k}-2x_0\right|=\frac{\sqrt{1+k^2}}{|k|}\left|\frac{1}{k}+2x_0\right|$

设 $L=AB+BC$，则： $L=\sqrt{1+k^2}|k-2x_0|+\frac{\sqrt{1+k^2}}{|k|}\left|\frac{1}{k}+2x_0\right|$

对于给定的 $k\ne 0$，$L$ 是关于 $x_0$ 的含绝对值的函数。
当 $x_0=\frac{k}{2}$ 或 $x_0=-\frac{1}{2k}$ 时，绝对值项分别取到零值。
但若 $x_0$ 取到这两个值，会导致 $AB=0$ 或 $BC=0$，此时矩形退化为线段。由于 $ABCD$ 是矩形，顶点 $A,B,C$ 互不重合，故 严格满足不等式： $L>\min \left\{L{|}_{x_0=\frac{k}{2}},L{|}_{x_0=-\frac{1}{2k}}\right\}$

分别计算两处代入值：

• 当 $x_0=\frac{k}{2}$ 时： $L_1=0+\frac{\sqrt{1+k^2}}{|k|}\left|\frac{1}{k}+k\right|=\frac{(1+k^2{)}^{\frac{3}{2}}}{k^2}$
• 当 $x_0=-\frac{1}{2k}$ 时： $L_2=\sqrt{1+k^2}\left|k+\frac{1}{k}\right|+0=\frac{(1+k^2{)}^{\frac{3}{2}}}{|k|}$

不失一般性，假设 $|k|\ge 1$（若 $|k|<1$，只需交换 $A,C$ 的角色，对应斜率变为大于 $1$ 的数），则 $k^2\ge |k|$，因此 $L_1\le L_2$。

即对任意 $x_0$，均有： $L>\frac{(1+k^2{)}^{\frac{3}{2}}}{k^2}$

设 $t=k^2\ge 1$，令 $f(t)=\frac{(1+t{)}^{\frac{3}{2}}}{t}$。

对其求导： $f^{\prime }(t)=\frac{\frac{3}{2}(1+t{)}^{\frac{1}{2}}\cdot t-(1+t{)}^{\frac{3}{2}}}{t^2}=\frac{\sqrt{1+t}(t-2)}{2t^2}$

• 当 $1\le t<2$ 时，$f^{\prime }(t)<0$，$f(t)$ 单调递减；
• 当 $t>2$ 时，$f^{\prime }(t)>0$，$f(t)$ 单调递增。

因此，当 $t=2$（即 $k=\pm \sqrt{2}$）时，$f(t)$ 取得极小值也是最小值： $f(2)=\frac{(1+2{)}^{\frac{3}{2}}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

所以： $AB+BC>f(2)=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

矩形 $ABCD$ 的周长为 $C_{ABCD}=2(AB+BC)$，故： $C_{ABCD}>2\times \frac{3\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$

证毕。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：抛物线弦长公式与斜率的关联、含参复杂函数的最值推导、不等式取等条件的严格验证。
2. 核心方法：

• 利用抛物线 $y=x^2$ 的切向属性 $k=x_A+x_B$，极大简化代数运算。
• 利用整体换元法（令 $t=n^2+1$），将含根号的分式函数极值问题转化为基础有理分式的求导。

3. 避坑指南：

• 证明“严格大于”的题目，直接求导往往难以走到最后，必须利用几何意义或绝对值进行第一轮“放缩”。
• 放缩后务必核对取等条件是否冲突。本题中放缩条件要求斜率对称（$k=1$），而求导极值点要求斜率不对称，正是这种天然错位造就了“大于”的结论。若遗漏了等号无法同时成立的说明，会在步骤分上遭受重创。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：考查解析几何中最扎实的代数变形能力，背景为圆锥曲线内接正交折线的极值问题。
2. 结论推广：抛物线 $y=a{x}^2$ 上任意两点 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ 的连线斜率恒为 $k_{AB}=a(x_1+x_2)$。掌握此结论可秒解所有抛物线弦长与中点坐标的题型。本题的终极转化将纯解析几何大题简化成了函数导数综合大题，体现了高等数学中“参数寻优”的思想。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.03 抛物线专题全总结
• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2013-新课标II卷理-11 单-抛物线定义
• 2013-湖南卷理-21 解-抛物线定义
• 2012-上海卷文-21 解-抛物线应用建模最值