抛物线轨迹与矩形周长

【答案】(1) $y=x^{2}+\dfrac{1}{4}$ (2) 见解析 【分析】（1）设 $P(x,y)$ ，根据题意列出方程 $x^{2}+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^{2}=y^{2}$ ，化简即可 （2） 法一：设矩形的三个顶点 $A\left(a,a^{2}+\dfrac{1}{4}\right),B\left(b,b^{2}+\dfrac{1}{4}\right),C\left(c,c^{2}+\dfrac{1}{4}\right)$ ，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 $\dfrac{1}{2}C\ge\left(n+\dfrac{1}{n}\right)\sqrt{1+n^{2}}$ ，设函数 $f(x)=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^{2}\left(1+x^{2}\right)$ ，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 $y=k(x-a)+a^{2}+\dfrac{1}{4}$ ，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得 $\left|AB\right|+\left|AD\right|\ge\sqrt{\dfrac{\left(1+k^{2}\right)^{3}}{k^{2}}}$ ，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. 【详解】（1）设 $P(x,y)$ ,则 $\left|y\right|=\sqrt{x^{2}+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^{2}}$ ，两边同平方化简得 $y=x^{2}+\dfrac{1}{4}$ ， 故 $W:y=x^{2}+\dfrac{1}{4}$ （2） 法一：设矩形的三个顶点 $A\left(a,a^{2}+\dfrac{1}{4}\right),B\left(b,b^{2}+\dfrac{1}{4}\right),C\left(c,c^{2}+\dfrac{1}{4}\right)$ 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， [插图] 则 $k_{AB}⋅k_{BC}=-1,a+b<0<b+c$ ,令 $k_{AB}=\dfrac{b^{2}+\dfrac{1}{4}-\left(a^{2}+\dfrac{1}{4}\right)}{b-a}=a+b=m<0$ ， 同理令 $k_{BC}=b+c=n>0$ ，且 $mn=-1$ ，则 $m=-\dfrac{1}{n}$ ， 设矩形周长为 $C$ ,由对称性不妨设 $|m|\ge|n|$ ， $k_{BC}-k_{AB}=c-a=n-m=n+\dfrac{1}{n}$ ， 则 $\dfrac{1}{2}C=|AB|+|BC|=(b-a)\sqrt{1+m^{2}}+(c-b)\sqrt{1+n^{2}}\ge(c-a)\sqrt{1+n^{2}}=\left(n+\dfrac{1}{n}\right)\sqrt{1+n^{2}}$ ，易知 $\left(n+\dfrac{1}{n}\right)\sqrt{1+n^{2}}>0$ 则令 $f(x)=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^{2}\left(1+x^{2}\right),x>0,f^{′}(x)=2\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^{2}\left(2x-\dfrac{1}{x}\right)$ , 令[插图] ，解得 $x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ， 当 $x\in\left(0,\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 时，[插图] ，此时 $f(x)$ 单调递减， 当 $x\in\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},1\right]$ ，[插图] ，此时 $f(x)$ 单调递增， 则 $f(x)_{\min}=f\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=\dfrac{27}{4}$ ， 故 $\dfrac{1}{2}C\ge\sqrt{\dfrac{27}{4}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$ ,即 $C\ge3\sqrt{3}$ . 当 $C=3\sqrt{3}$ 时, $n=\dfrac{\sqrt{2}}{2},m=-\sqrt{2}$ ,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 $BA\perp DA$ ， [插图] 依题意可设 $A\left(a,a^{2}+\dfrac{1}{4}\right)$ ，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 $-\dfrac{1}{k}$ ，由对称性，不妨设 $\left|k\right|\le1$ ， 直线 $AB$ 的方程为 $y=k(x-a)+a^{2}+\dfrac{1}{4}$ ， 则联立 $\left\{\begin{matrix}y=x^{2}+\dfrac{1}{4} \ y=k(x-a)+a^{2}+\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.$ 得 $x^{2}-kx+ka-a^{2}=0$ ， $\Delta=k^{2}-4\left(ka-a^{2}\right)=\left(k-2a\right)^{2}>0$ ，则 $k\ne2a$ 则 $|AB|=\sqrt{1+k^{2}}|k-2a|$ ， 同理 $|AD|=\sqrt{1+\dfrac{1}{k^{2}}}\left|\dfrac{1}{k}+2a\right|$ ， $\therefore|AB|+|AD|=\sqrt{1+k^{2}}|k-2a|+\sqrt{1+\dfrac{1}{k^{2}}}\left|\dfrac{1}{k}+2a\right|$ $\ge\sqrt{1+k^{2}}\left(\left|k-2a\right|+\left|\dfrac{1}{k}+2a\right|\right)\ge\sqrt{1+k^{2}}\left|k+\dfrac{1}{k}\right|=\sqrt{\dfrac{\left(1+k^{2}\right)^{3}}{k^{2}}}$ 令 $k^{2}=m$ ，则 $m\in\left(0,1\right]$ ，设 $f(m)=\dfrac{(m+1)^{3}}{m}=m^{2}+3m+\dfrac{1}{m}+3$ ， 则 $f^{′}(m)=2m+3-\dfrac{1}{m^{2}}=\dfrac{(2m-1)(m+1)^{2}}{m^{2}}$ ，令[插图] ，解得 $m=\dfrac{1}{2}$ ， 当 $m\in\left(0,\dfrac{1}{2}\right)$ 时，[插图] ，此时 $f(m)$ 单调递减， 当 $m\in\left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$ ，[插图] ，此时 $f(m)$ 单调递增， 则 $f(m)_{\min}=f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{27}{4}$ ， $\therefore|AB|+|AD|\ge\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$ ， 但 $\sqrt{1+k^{2}}|k-2a|+\sqrt{1+\dfrac{1}{k^{2}}}\left|\dfrac{1}{k}+2a\right|\ge\sqrt{1+k^{2}}\left(|k-2a|+\left|\dfrac{1}{k}+2a\right|\right)$ ，此处取等条件为 $k=1$ ，与最终取等时 $k=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 不一致，故 $\left|AB\right|+\left|AD\right|>\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$ . 法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动 $\dfrac{1}{4}$ 个单位得抛物线 $W^{′}:y=x^{2}$ , 矩形 $ABCD$ 变换为矩形[插图] ,则问题等价于矩形[插图] 的周长大于 $3\sqrt{3}$ . 设 $B^{′}\left(t_{0},t_{0}^{2}\right),A^{′}\left(t_{1},t_{1}^{2}\right),C^{′}\left(t_{2},t_{2}^{2}\right)$ , 根据对称性不妨设 $t_{0}\ge0$ . 则 $k_{A^{′}B^{′}}=t_{1}+t_{0},k_{B^{′}C^{′}}=t_{2}+t_{0}$ , 由于 $A'B'\perp B'C'$ , 则 $\left(t_{1}+t_{0}\right)\left(t_{2}+t_{0}\right)=-1$ . 由于 $\left|A^{′}B^{′}\right|=\sqrt{1+\left(t_{1}+t_{0}\right)^{2}}\left|t_{1}-t_{0}\right|,\left|B^{′}C^{′}\right|=\sqrt{1+\left(t_{2}+t_{0}\right)^{2}}\left|t_{2}-t_{0}\right|$ , 且 $t_{0}$ 介于 $t_{1},t_{2}$ 之间, 则 $\left|A^{′}B^{′}\right|+\left|B^{′}C^{′}\right|=\sqrt{1+\left(t_{1}+t_{0}\right)^{2}}\left|t_{1}-t_{0}\right|+\sqrt{1+\left(t_{2}+t_{0}\right)^{2}}\left|t_{2}-t_{0}\right|$ . 令 $t_{2}+t_{0}=\tan\theta$ , $t_{1}+t_{0}=-\cot\theta,\theta\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ ,则 $t_{2}=\tan\theta-t_{0},t_{1}=-\cot\theta-t_{0}$ ,从而 $\left|A^{′}B^{′}\right|+\left|B^{′}C^{′}\right|=\sqrt{1+\cot^{2}\theta}\left(2t_{0}+\cot\theta\right)+\sqrt{1+\tan^{2}\theta}\left(\tan\theta-2t_{0}\right)$ 故 $\left|A^{′}B^{′}\right|+\left|B^{′}C^{′}\right|=2t_{0}\left(\dfrac{1}{\sin\theta}-\dfrac{1}{\cos\theta}\right)+\dfrac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta}+\dfrac{\cos\theta}{\sin^{2}\theta}=\dfrac{2t_{0}(\cos\theta-\sin\theta)}{\sin\theta\cos\theta}+\dfrac{\sin^{3}\theta+\cos^{3}\theta}{\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta}$ ① 当 $\theta\in\left(0,\dfrac{\pi}{4}\right]$ 时, $\left|A^{′}B^{′}\right|+\left|B^{′}C^{′}\right|\ge\dfrac{\sin^{3}\theta+\cos^{3}\theta}{\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta}=\dfrac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta}+\dfrac{\cos\theta}{\sin^{2}\theta}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{\sin\theta\cos\theta}}=2\sqrt{\dfrac{2}{\sin2\theta}}\ge2\sqrt{2}$ ② 当 $\theta\in\left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right)$ 时,由于 $t_{1}<t_{0}<t_{2}$ ,从而 $-\cot\theta-t_{0}<t_{0}<\tan\theta-t_{0}$ , 从而 $-\dfrac{\cot\theta}{2}<t_{0}<\dfrac{\tan\theta}{2}$ 又 $t_{0}\ge0$ , 故 $0\le t_{0}<\dfrac{\tan\theta}{2}$ ,由此 $\left|A^{′}B^{′}\right|+\left|B^{′}C^{′}\right|=\dfrac{2t_{0}(\cos\theta-\sin\theta)}{\sin\theta\cos\theta}+\dfrac{\sin^{3}\theta+\cos^{3}\theta}{\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta}$ $>\dfrac{\sin\theta(\cos\theta-\sin\theta)(\sin\theta\cos\theta)}{\sin^{2}\theta\cos^{3}\theta}+\dfrac{\sin^{3}\theta+\cos^{3}\theta}{\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta}=\dfrac{1}{\cos\theta}+\dfrac{\cos\theta}{\sin^{2}\theta}$ $=\sqrt{\dfrac{2}{\sin^{2}\theta\sin^{2}\theta⋅2\cos^{2}\theta}}=\sqrt{\dfrac{2}{\left(1-\cos^{2}\theta\right)\left(1-\cos^{2}\theta\right)⋅2\cos^{2}\theta}}$ $\ge\sqrt{\dfrac{2}{\left(\dfrac{\left(1-\cos^{2}\theta\right)+\left(1-\cos^{2}\theta\right)+2\cos^{2}\theta}{3}\right)^{3}}}\ge\sqrt{\dfrac{2}{\left(\dfrac{2}{3}\right)^{3}}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$ ， 当且仅当 $\cos\theta=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ 时等号成立，故 $\left|A^{′}B^{′}\right|+\left|B^{′}C^{′}\right|>\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$ ，故矩形周长大于 $3\sqrt{3}$ . [插图] . 【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得 $\dfrac{1}{2}C=|AB|+|BC|\ge\left(n+\dfrac{1}{n}\right)\sqrt{1+n^{2}}$ ，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.