王耀 蔡玉書

在2023年全國高考數(shù)學(xué)新高考Ⅰ卷中，壓軸題是一道解析幾何試題，命題者以直線和拋物線的位置關(guān)系為命題背景，巧妙地設(shè)計(jì)了矩形周長(zhǎng)的最值問題，對(duì)學(xué)生的應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)的能力進(jìn)行了有效地考查．本文以此題為例，從不同的角度研究其解題思路，并總結(jié)一般性結(jié)論，與讀者分享．

1試題呈現(xiàn)

（2023年全國新高考Ⅰ卷第22題）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P到x軸的距離等于點(diǎn)P到點(diǎn)（0，12）的距離，記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為W.

（1） 求W的方程；

（2） 已知矩形ABCD有三個(gè)頂點(diǎn)在W上，證明：ABCD的周長(zhǎng)大于33.

2解法探究

第（1）問，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P（x，y），則|y|＝x2+（y-12）2，化簡(jiǎn)得W的方程為y＝x2＋14.

第（2）問，在處理解析幾何問題時(shí)，常用的方法是設(shè)k法，直線與圓錐曲線進(jìn)行聯(lián)立方程組，利用斜率k表示弦長(zhǎng)，再進(jìn)行求解：

思路一引入雙參數(shù)：點(diǎn)A的坐標(biāo)，直線AB和AD的斜率．利用直線與拋物線方程進(jìn)行“曲直”聯(lián)立，得到弦長(zhǎng)之和的表達(dá)式，通過分類討論處理雙絕對(duì)值函數(shù)的最小值問題．

證法1： 設(shè)A（a，a2＋14），直線AB的斜率為k，不妨設(shè)k>0.則直線AB的方程為y＝k（x－a）＋a2＋14，代入y＝x2＋14得x2－k（x－a）－a2＝0，即（x＋a－k） （x－a）＝0，可知點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為xB＝k－a.同理，由AB⊥AD可知直線AD的斜率為－1k，得點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為xD＝－1k－a.因此|AB|＝（xA-xB）2+（yA-yB）2＝1+k2|xA－xB|＝1+k2| k－2a|.同理，|AD|＝1+1k2|xA－xD |＝1+1k2|－1k－2a|，因此ABCD的周長(zhǎng)l＝f（a，k）＝2（1+k2| k－2a|＋1+1k2|－1k－2a|）＝21+k2（| k－2a |＋|1k2＋2ak|），固定k，則l＝f（a，k）＝

2[KF（]1+k２[KF）]［2a（1+1k）+1k2-k］， ?a≥k2，

2[KF（]1+k２[KF）]［2a（1+1k）+1k2-k］，-12k≤a＜k2，

2[KF（]1+k２[KF）]［2a（-1k-1）-1k2+k］， a＜-12k.

當(dāng)k＝1時(shí)，f（a，k）在（－∞，－12］上遞減，在［12，＋∞）上遞增，lmin＝42>33.

當(dāng)k∈（1，＋∞）時(shí)，f（a，k）在（－∞，k2］上遞減，在［k2，＋∞）上遞增，當(dāng)a＝k2時(shí)，l＝f（a，k）的最小值［f（a，k）］min＝21+k2（1k2＋1）＝2（1+k2）3k2，記為g（k），

則g（k）＝2（1+k2）3（1+k2）2-1＝211+k2-1（1+k2）3.設(shè)h（u）＝u－u3，u＝11+k2（0

所以當(dāng)u＝33，即k＝2時(shí)，h（u）取最大值239，可知g（k）取最小值33.

又因?yàn)楫?dāng)a＝k2時(shí)，xB＝k－a＝k2＝xA，所以等號(hào)不能同時(shí)取得，因此ABCD的周長(zhǎng)大于33.

當(dāng)k∈（0，1）時(shí)，f（a，k）在（－∞，－12k］上遞減，在［－12k，＋∞）上遞增，當(dāng)a＝－12k時(shí)，l＝f（a，k）的最小值［f（a，k）］min＝21+k2（1k＋k）＝2（1+k2）3k，設(shè)為w（k），由w′ （k）＝2（1+k2）（2k2-1）k2，可知w（k）在（0，22）上單調(diào)遞減，在（22，1）上單調(diào)遞減增，所以當(dāng)k＝22時(shí)，w（k）取最小值33.又因?yàn)楫?dāng)a＝－12k時(shí)，xD＝－12k－a＝－12k＝xA，所以等號(hào)不能同時(shí)取得，因此ABCD的周長(zhǎng)大于33.

評(píng)注1：在處理g（k）＝2（1+k2）3k2的最值問題時(shí)，還可以采用三角換元的方法，即設(shè)k＝tan θ（0＜θ＜π2），則設(shè)g（k）＝2cos3θtan2θ＝2cosθsin2θ＝φ（θ），0＜θ＜π2.下只要證明sinθcos2θ≤239，這里可用導(dǎo)數(shù)或者三元基本不等式的方法來完成.

（方法一）因?yàn)棣铡洌é龋絚osθ（cos2θ－2sin2θ）＝cosθ（1－3sin2θ），所以φ（θ）在（0，arcsin33）上單調(diào)遞增，在（arcsin33，π2）上單調(diào)遞減，因此當(dāng)sinθ＝33，cos2θ＝23時(shí)，φ（θ）＝sinθcos2θ取最大值239.

（方法二）sinθcos2θ≤239（sin2θcos4θ≤427，令x＝cos2θ，則0＜x＜1.設(shè)sin2θcos4θ＝（1－x）x2＝x2－x3＝g（x）（0＜x＜1）. 由g′（x）＝2x－3x2，知g（x）在（0，23）上單調(diào)遞增，在（23，1）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝23時(shí)，g（x）取最大值g（23）＝427.

（方法三）令φ（θ）＝sinθcos2θ（0＜θ＜π2），則φ2（θ）＝sin2θcos4θ＝12［2sin2θ（1－sin2θ）（1－sin2θ）］≤12（23）3＝427，當(dāng)且僅當(dāng)2sin2θ＝1－sin2θ時(shí)，即sinθ＝33時(shí)，φ（θ）＝sinθcos2θ取最大值239.

評(píng)注2：這里也可利用三元基本不等式求g（k）的最小值.

2（1+k2）3k2＝2（k2+12+12）3k≥2（3

[KF（S]3k×12×12）3k＝33，當(dāng)且僅當(dāng)k2＝12時(shí)，取等.

從證法1中發(fā)現(xiàn)分別在k＝22和k＝2時(shí)取得最值，事實(shí)上：

當(dāng)k∈（0，1）時(shí)，w（k）＝2k2（1+k2）3k3＝2（1+1k2）31k2＝g（1k），此時(shí)利用1k>1可知1k＝2時(shí)取最小值.

由此對(duì)證法1進(jìn)行優(yōu)化：由對(duì)稱性不妨設(shè)0

在國家考試中心網(wǎng)站上，還給出了利用直線的方向向量來處理旋轉(zhuǎn)90°的幾何問題，即如下的設(shè)角法：

思路二引入雙參數(shù)：點(diǎn)、角度，即長(zhǎng)方形的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)，再引入相鄰兩邊所在直線的方向向量、法向量，從而可表示矩形各邊的長(zhǎng)度，并得到證明.

證法2：設(shè)矩形的頂點(diǎn)ABCD按順時(shí)針排列，如圖1，設(shè)頂點(diǎn)A（a，a2＋14），B（b，b2＋14），C（c，c2＋14）在軌跡W上，設(shè)向量BA的方向向量為（cosθ，sinθ），向量BC的方向向量為（cos（θ＋π2），sin（θ＋π2），設(shè)邊長(zhǎng)|BA|＝u＞0，|BC|＝v＞0.

向量BA＝（ucosθ，usinθ）＝（a－b，a2－b2），這樣b＋a＝a2-b2a-b＝usinθucosθ＝tanθ，2b＝（b＋a）－（a－b）＝tanθ－ucosθ.

同理可得2b＝（b＋c）－（c－b）＝tan（θ＋π2）－vcos（θ＋π2）＝－cosθ＋vsinθ.兩式相減得ucosθ＋vsinθ＝tanθ＋cosθ＝sin2θ+cos2θsinθ+cosθ＝1sinθcosθ.

即F＝ucos2θsinθ＋vcosθsin2θ＝1.由于cos2θsinθ＝sinθ－sin3θ≤239，等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)sinθ＝33，這是因?yàn)閟inθ－sin3θ－239＝－（sinθ－33）2（sinθ＋233）≤0.

同理，cosθsin2θ＝cosθ－cos3θ≤239，等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)cosθ＝33.

因此，F(xiàn)＝ucos2θsinθ＋vcosθsin2θ≤239（u＋v）.而sinθ＝33與cosθ＝33不能同時(shí)成立，不等式不能取等號(hào)，即F＝1＝ucos2θsinθ＋vcosθsin2θ＜239（u＋v），因此矩形周長(zhǎng)2（u＋v）＞33.

筆者研究后發(fā)現(xiàn)，人教A版（2019年）新教材非常重視向量在新知證明中的應(yīng)用，上述思路中，在直線的方向向量、法向量的雙重作用下，順利得到長(zhǎng)度和角度的等量關(guān)系. 事實(shí)上，筆者回顧平時(shí)的教學(xué)過程，在處理與旋轉(zhuǎn)相關(guān)的幾何問題時(shí)，既可以使用直線的參數(shù)方程的幾何意義來求解，也可以使用圓的參數(shù)方程去運(yùn)算，最終轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的最值問題.即如下兩種求解思路：

思路三引入雙參數(shù)：點(diǎn)A的坐標(biāo)，直線AB的傾斜角θ.利用直線參數(shù)方程的幾何意義進(jìn)行求解.

證法3：由平移的不變性，將拋物線化為y＝x2考慮（如圖2）.

設(shè)A（a，a2），直線AB的參數(shù)方程為x=a+tcosθ

y=a2+tsinθ. （0＜θ＜π2）.

代入y＝x2得t＝sinθ-2acosθcos2θ，因此|AB|＝|sinθ-2acosθ|cos2θ.直線AD的參數(shù)方程為x=a+tcos（θ+π2），

y=a2+tsin（θ+π2），

代入y＝x2得t＝cosθ+2asinθcos2θ，因此|AD|＝|cosθ+2asinθ|cos2θ.

因此ABCD的周長(zhǎng)l＝f（a，θ）＝2（|sinθ-2acosθ|cos2θ＋|cosθ2a+sinθ|cos2θ）.

固定θ，當(dāng)2a＝tanθ或2a＝－cotθ時(shí)，l＝f（a，θ）取最小值.

當(dāng)2a＝tanθ時(shí)，l＝f（a，θ）＝2·|cosθ+tanθsinθ|cos2θ＝2sinθcos2θ.

當(dāng)2a＝－cotθ時(shí)，l＝f（a，θ）＝2（|sinθ+cotθcosθ|cos2θ＝2sin2θcosθ.

由均值不等式1＝sin2θ＋12cos2θ＋12cos2θ≥3（sin2θ·12cos2θ·12cos2θ）13得sinθcos2θ≤239，同理，sin2θcosθ≤239，所以兩種情況都有l(wèi)＝f（a，θ）≥2239＝33.由于上述不等式等號(hào)成立時(shí)，一條邊長(zhǎng)必須為0，所以等號(hào)不成立.因此ABCD的周長(zhǎng)大于33.

思路四引入雙參數(shù)：點(diǎn)A的坐標(biāo)，線段AB的長(zhǎng)r1.利用圓的參數(shù)方程的表示r1，同理可表示AC的長(zhǎng)r2.得到關(guān)系式進(jìn)行分析.

證法4：設(shè)A（a，a2＋14），由對(duì)稱性可設(shè)a≥0.設(shè)|AB|＝r1，則點(diǎn)B（a＋r1cos θ，a2＋14＋r1sin θ），不妨設(shè)點(diǎn)A位于B，D之間，即0＜θ＜π2 （如圖1）.將點(diǎn)B代入拋物線方程得r1＝sinθ-2acosθcos2θ；同理，設(shè)|AD|＝r2，D（a＋r2cos（θ＋π2），a2＋14＋r1sin（θ＋π2）），得r2＝sin（θ+π2）2acos（θ+π2）cos2（θ+π2）＝cosθ+2asinθsin2θ.因此ABCD的周長(zhǎng)l＝2（r1＋r2）＝2（sinθ-2acosθcos2θ＋cosθ+2asinθsin2θ）＝2［sinθcos2θ＋cosθsin2θ ＋2a （1sinθ－1cosθ）］，當(dāng)0<θ≤π4時(shí)，sin θ≤cos θ，則l≥2（sinθcos2θ＋cosθsin2θ）≥4sinθcosθ≥42>33；當(dāng)π4<θ＜π2時(shí)，sin θ > cos θ，1sinθ－1cosθ<0.

因?yàn)辄c(diǎn)A位于B，D之間，所以a＋r2cos（θ＋π2） < a < a＋r1cos θ，解得－cosθ2sinθ< a 2［sinθcos2θ＋cosθsin2θ＋sinθcosθ（1sinθ－1cosθ）］＝2sin2θcosθ，下同證法2.

上述思考角度最終都轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題，事實(shí)上，若直接引入點(diǎn)的坐標(biāo)進(jìn)行運(yùn)算（設(shè)點(diǎn)法），也能找出其中的等量關(guān)系后，再利用兩點(diǎn)距離公式進(jìn)行求證：

思路五引入三參數(shù)：點(diǎn)A，B，D的坐標(biāo)．利用AB⊥AD找出參數(shù)之間的內(nèi)在聯(lián)系，進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解.

證法5：設(shè)A（a，a2＋14），B（b，b2＋14），D（d，d2＋14），其中a，b，d互不相等，不妨設(shè)a≥0.

由AB⊥AC可知（a－b，a2－b2）·（a－d，a2－d 2）＝0，化簡(jiǎn)得（a＋b） （a＋d）＝－1.

因此ABCD的周長(zhǎng)l＝2［（a-b）2（a2-b2）2＋（a-d）2+（a2-d2）2］，即l＝2［|a－b|·1（a+b）2＋|a－d |1+（a+d）2］.設(shè)m＝a＋b，a＋d＝－1m，由對(duì)稱性不妨設(shè)0< m≤1，則l＝2［|a－b|1+m2＋|a－d|1+1m2］≥21+m2［|a－b|＋|a－d|］≥21+m2|d－b|＝21+m2|m＋1m|，

當(dāng)且僅當(dāng)m＝1時(shí)取等.

由證法1可知：w（m）取最小值33.由于取等條件不一致，因此ABCD的周長(zhǎng)l大于33.

評(píng)注3：上述方法通過放縮法后，利用求導(dǎo)數(shù)進(jìn)行證明，實(shí)際上，在證明

21+m2|m＋1m|＝2m4+3m2+1m2+3≥33這個(gè)不等式時(shí)，還能用多種方法求解.

3.一般性結(jié)論及試題溯源

根據(jù)前面的幾種解題思路，進(jìn)一步研究后，還能得到如下一般化結(jié)論，并將問題進(jìn)行題源追溯，可以發(fā)現(xiàn)與1998年的上海市高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題有相似性，一并整理如下：

結(jié)論1已知矩形ABCD有三個(gè)頂點(diǎn)在拋物線W：x2＝2py（p>0）上，則ABCD的周長(zhǎng)大于63p.

證明：設(shè)點(diǎn)A（a，a22p），直線AB：y＝k（x－a）＋a22p，由對(duì)稱性不妨設(shè)0

結(jié)論2已知矩形ABCD有三個(gè)頂點(diǎn)在拋物線W：x2＝2py（p>0）上，則矩形ABCD的對(duì)角線長(zhǎng)的最小值為4p.

證明：設(shè)A（a，a22p），B（b，b22p）， D（d，d22p），其中a，b，d互不相等，不妨設(shè)a≥0.

由AB⊥AC可知（a－b，a22p－b22p）·（a－d，a22p－d22p）＝0，化簡(jiǎn)得（a＋b） （a＋d）＝－4p2.

設(shè)C（c，c22p），m＝a＋b，a＋d＝－4p2m，由對(duì)稱性不妨設(shè)0< m≤1，又直線AD和BC的斜率相等，即a＋d＝b＋c＝－4p2m，得a－c＝（a＋b）－（b＋c）＝m＋4p2m≥4p，因此，可知對(duì)角線AC≥|a－c|＝4p.

題源（1998年上海市高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽）一個(gè)正方形的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C在拋物線y＝x2上，求正方形面積的最小值.

解析：設(shè)A（a，a2），由對(duì)稱性不妨設(shè)a≥0.設(shè)

|AB|＝|AC|＝r，則點(diǎn)B（a＋rcos θ，a2＋rsin θ），不妨設(shè)點(diǎn)A位于B，C之間，即0＜θ＜π2（如圖3）.將點(diǎn)B代入拋物線方程得r＝sinθ-2acosθcos2θ；同理，C（a＋rcos（θ＋π2），a2＋rsin（θ＋π2）），得r＝sin（θ+π2）-2acos（θ+π2）cos2（θ+π2）＝cosθ+2asinθsin2θ.

由此，得2a＝sin3θ-cos3θ（sinθ+cosθ）sinθcosθ，代入r＝1（sinθ+cosθ）sinθcosθ＝2（1+sin2θ）sin2θ≥2，當(dāng)且僅當(dāng)θ＝π4時(shí)取等.因此正方形面積的最小值為2.

評(píng)注4：若利用直線的點(diǎn)斜式方程進(jìn)行求解，則正方形的邊長(zhǎng)|AB|＝1+k2·k2+1k（k+1），再利用基本不等式求解k2+1k·k2+1k+1≥2×22＝2.

4題后反思

美國數(shù)學(xué)家、心理學(xué)家哈爾莫斯曾經(jīng)在《數(shù)學(xué)的心臟》一文中指出：“問題是數(shù)學(xué)的心臟”．的確如此，

問起于題，疑源于思，本文中，從一道高考?jí)狠S題的解法開展思考，自覺以問題為中心，不斷地進(jìn)行探尋通法，優(yōu)化解法，解法之間有聯(lián)系，更有創(chuàng)新，各具特色．由此可見，面對(duì)數(shù)學(xué)問題，只要學(xué)會(huì)廣泛的聯(lián)想和生動(dòng)的類比，就會(huì)發(fā)現(xiàn)寬闊的思路，探究出各式各樣的方法來. 如果在解題過程中，對(duì)于每一個(gè)細(xì)節(jié)再進(jìn)一步深入思考，繼續(xù)追尋下去，那么解法還能不斷改進(jìn)，不斷優(yōu)化，化復(fù)雜為簡(jiǎn)單，聚分散為統(tǒng)一.