摘" 要：2023年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷的壓軸題（即第22題）是一道平面解析幾何題，但涉及不等式問(wèn)題.文章給出了這道題的題源及推廣，由得到的推廣容易編擬出大量的類似題目.

關(guān)鍵詞：高考?jí)狠S題；平面解析幾何；不等式；推廣；編擬習(xí)題

中圖分類號(hào)：G632""" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A""" 文章編號(hào)：1008-0333（2024）16-0002-06

收稿日期：2024-03-05

作者簡(jiǎn)介：甘志國(guó)（1971—），男，湖北省竹溪人，碩士，中學(xué)正高級(jí)教師，特級(jí)教師，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

基金項(xiàng)目：北京市教育學(xué)會(huì)“十三五”教育科研滾動(dòng)立項(xiàng)課題“數(shù)學(xué)文化與高考研究”（項(xiàng)目編號(hào)：FT2017GD003）.

題1" （2023年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第22題）在直角坐標(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：矩形ABCD的周長(zhǎng)大于33．

1" 試題的題源

題2" （1998年上海市高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題第三題［1］）如圖1，已知一個(gè)正方形的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C均在拋物線y=x2上，求該正方形面積的最小值.

解析" 如圖1所示，可設(shè)滿足題設(shè)的正方形是正方形ABCD，三點(diǎn)A（x1，x21），B（x2，x22），C（x3，x23）（x1lt;x2lt;x3）.

假設(shè)x1，x2，x3均是非負(fù)數(shù)，由AB⊥BC，可得

AB·BC=（x2-x1）（1，x2+x1）·（x3-x2）（1，x3+x2）=0.

即（1，x2+x1）·（1，x3+x2）=1+（x2+x1）（x3+x2）=0.

即（x2+x1）（x3+x2）lt;0.

由x1，x2，x3均是非負(fù)數(shù)及x1lt;x2lt;x3，可得

x2+x1gt;0，x3+x2gt;0.

所以（x2+x1）（x3+x2）gt;0，前后矛盾！

所以x1，x2，x3不可能均是非負(fù)數(shù)，因而x1lt;0.

同理，可得x1，x2，x3也不可能均是非正數(shù).

因而x3gt;0.

所以x1lt;0lt;x3.

由x1lt;x2lt;x3，可得

kAB=x21-x22x1-x2=x1+x2，

kBC=x2+x3，

kABkBC=-1lt;0.

若kAB=x1+x2gt;0，由x1lt;0，得

x2gt;0.

再由x1lt;x2lt;x3，可得

0lt;x2lt;x3.

所以kBC=x2+x3gt;0.

再得-1=kABkBCgt;0，而這不可能！

所以kABlt;0，kBCgt;0.

設(shè)kBC=x2+x3=k（kgt;0），可得

kAB=x1+x2=-1k.

再由弦長(zhǎng)公式，可得

|BC|=k2+1（x3-x2）

=k2+1（k-2x2），

|AB|=（-1k）2+1（x2-x1）

=1k2+1［x2-（-1k-x2）］

=2kx2+1k2k2+1.

又由|AB|=|BC|，可得

2x2=k3-1k2+k.

所以|BC|=（k-k3-1k2+k）k2+1

=k2+1k2+kk2+1.

由均值不等式及平方平均≥算術(shù)平均［2］，可得

k2+1≥2k（當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)取等號(hào)），

k2+122≥k+12（當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)取等號(hào)）.

所以|BC|=k2+1k2+kk2+1

≥2kk2+k·k+12

=2.

進(jìn)而可得當(dāng)且僅當(dāng)k=1（即圖1中的正方形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)分別是（-1，1），（0，0），（1，1））時(shí)，正方形ABCD的面積|BC|2最小，且最小值是2.

2" 對(duì)題1（2）結(jié)論的推廣

定理1" 有三個(gè)頂點(diǎn)均在拋物線y=ax2（agt;0）上的矩形周長(zhǎng)的a倍大于33.

證明" 如圖2所示，可設(shè)滿足題設(shè)的矩形是矩形ABCD，三點(diǎn)A（x1，ax21），B（x2，ax22），C（x3，ax23）（x1lt;x2lt;x3）.

假設(shè)x1，x2，x3均是非負(fù)數(shù)，由AB⊥BC，可得

AB·BC=（x2-x1）（1，a（x2+x1））·（x3-x2）（1，a（x3+x2））=0.

即（1，a（x2+x1））·（1，a（x3+x2））=0，

即1+a2（x2+x1）（x3+x2）=0.

即（x2+x1）（x3+x2）lt;0.

由x1，x2，x3均是非負(fù)數(shù)及x1lt;x2lt;x3，可得

x2+x1gt;0，x3+x2gt;0.

所以（x2+x1）（x3+x2）gt;0，前后矛盾！

所以x1，x2，x3不可能均是非負(fù)數(shù).

因而x1lt;0.

同理，可得x1，x2，x3也不可能均是非正數(shù).

因而x3gt;0.

所以x1lt;0lt;x3.

由x1lt;x2lt;x3，可得

kAB=ax21-ax22x1-x2

=a（x1+x2），

kBC=a（x2+x3），

kABkBC=-1lt;0.

若kAB=a（x1+x2）gt;0，由agt;0，x1lt;0可得

x2gt;0.

再由x1lt;x2lt;x3，可得

0lt;x2lt;x3.

所以kBC=a（x2+x3）gt;0.

再得-1=kABkBCgt;0，而這不可能！

所以kABlt;0，kBCgt;0.

設(shè)kBC=a（x2+x3）=k（kgt;0），可得

kAB=a（x1+x2）=-1k.

如圖2所示，過(guò)點(diǎn)B作線段TH∥x軸，且AT⊥TH，CH⊥TH，

進(jìn)而可設(shè)

|AB|=u（ugt;0），

|BC|=v（vgt;0），

∠CBH=∠BAT=θ（0lt;θlt;π2），

再得|TB|=usinθ，

|AT|=ucosθ，

|BH|=vcosθ，

|CH|=vsinθ.

可再設(shè)點(diǎn)B（p，ap2）（x1lt;plt;x3），得兩點(diǎn)

A（p-usinθ，ap2+ucosθ），

C（p+vcosθ，ap2+vsinθ）.

又由兩點(diǎn)A，C均在拋物線y=ax2上，可得

au=cosθ+2apsinθsin2θ，

av=sinθ-2apcosθcos2θ.

所以au+av=（cosθsin2θ+sinθcos2θ）+2ap（1sinθ-1cosθ）.

（1）若0lt;θ≤π4，則

sinθ≤cosθ，

1sinθ-1cosθ≥0.

所以au+av≥cosθsin2θ+sinθcos2θ

≥2cosθsin2θ·sinθcos2θ

=22sin2θ

≥22gt;332.

（2）若π4lt;θlt;π2，則

sinθgt;cosθ，

1sinθ-1cosθlt;0.

由av=sinθ-2apcosθcos2θgt;0，可得

0lt;2aplt;sinθcosθ.

則au+avgt;（cosθsin2θ+sinθcos2θ）+sinθcosθ（1sinθ-1cosθ）

=1sin2θcosθ

=22cos2θsin2θsin2θ≥2［（2cos2θ+sin2θ+sin2θ）/3］3

=332.

綜上所述，可得欲證結(jié)論成立.

注" 在定理1中選a=1，可得結(jié)論“有三個(gè)頂點(diǎn)均在拋物線y=x2上的矩形周長(zhǎng)大于33”.拋物線y=x2+14可由拋物線y=x2向上平移14個(gè)單位得到，可得題1（2）的結(jié)論成立.

定理2" 設(shè)函數(shù)λ（α）=1-2α2α3-2α（12lt;αlt;2）.

（1）λ（α）是增函數(shù)且值域是（0，+∞）；

（2）若矩形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C（它們的橫坐標(biāo)依次增大）均在拋物線y=ax2（agt;0）上，且|AB|=λ（α）|BC|（12lt;αlt;2），則|AB|的取值范圍是［2α2-1aα2α2+1，+∞）（當(dāng)且僅當(dāng)直線BC的斜率是α且點(diǎn)B的橫坐標(biāo)是α2-1aα?xí)r，|AB|取到最小值），矩形ABCD面積的取值范圍是［（α2+1）（2-α2）（2α2-1）a2α3，+∞）（當(dāng)且僅當(dāng)直線BC的斜率是α且點(diǎn)B的橫坐標(biāo)是α2-1aα?xí)r，矩形ABCD的面積取到最小值）.

證明" （1）因?yàn)棣恕洌é粒?2α4+α2+α（α3-2α）2gt;0（12lt;αlt;2），且

limα→（12）+λ（α）=12limα→（12）+2α2-12-α2=0，

limα→（2）-λ（α）=2limα→（2）-2α2-12-α2=+∞，

所以λ（α）是增函數(shù)且值域是（0，+∞）.

（2）如圖3所示，由題可設(shè)三點(diǎn)A（x1，ax21），

B（x2，ax22），C（x3，ax23）（x1lt;x2lt;x3）.

由定理1的證明知x1lt;0lt;x3.

設(shè)直線BC的斜率

a（x2+x3）=k（kgt;0），

直線AB的斜率

a（x1+x2）=-1k.

再由弦長(zhǎng)公式，可得

|BC|=k2+1（x3-x2）=k2+1a（ax3-ax2）

=k2+1a（k-2ax2），

|AB|=（-1k）2+1（x2-x1）

=1a1k2+1［ax2-（-1k-ax2）］

=2akx2+1ak2k2+1，

又由|AB|=λ（α）|BC|（12lt;αlt;2），可得

2ax2=k3λ（α）-1k2λ（α）+k.

所以|BC|=k2+1a［k-k3λ（α）-1k2λ（α）+k］

=k2+1ak2λ（α）+akk2+1.

所以a2|BC|2=（k2+1）3［k2λ（α）+k］2.

設(shè)函數(shù)f（k）=（k2+1）3［k2λ（α）+k］2（kgt;0），可求得

f ′（k）=2k（k2+1）2［kλ（α）+1］·k3λ（α）+2k2-2kλ（α）-1［k2λ（α）+k］4（kgt;0）.

再由結(jié)論（1），可得

k3λ（α）+2k2-2kλ（α）-1=0

（k3-2k）λ（α）=1-2k2

λ（k）=λ（α）

k=α.

又由limk→0+［k3λ（α）+2k2-2kλ（α）-1］

=-1lt;0，

limk→+∞［k3λ（α）+2k2-2kλ（α）-1］=+∞，

可得：

當(dāng)0lt;klt;α?xí)r，f ′（k）lt;0，f（k）單調(diào)遞減；

當(dāng)kgt;α?xí)r，f ′（k）gt;0，f（k）單調(diào)遞增.

所以f（k）min=f（α），且

a|BC|min=（α2+1）32α2λ（α）+α

=（α2+1）32α2·（1-2α2）/（α3-2α）+α

=2-α2αα2+1（kgt;0）.①

再由|AB|=λ（α）|BC|（12lt;αlt;2），可得

a|AB|min=1-2α2α3-2α·2-α2αα2+1

=2α2-1α2α2+1（kgt;0）.②

設(shè)矩形ABCD的面積是S，由①②，可得

a2Smin=a|AB|min·a|BC|min

=（α2+1）（2-α2）（2α2-1）α3（kgt;0）.

進(jìn)而可得欲證結(jié)論成立.

注" 在定理2（2）的表述中，若設(shè)λ（α）=β，得|AB|=β|BC|，則在解決問(wèn)題的過(guò)程中，需解關(guān)于k的一元三次方程βk3+2k2-2βk-1=0（甚至要用到卡丹公式［2］，其解法及表述都很麻煩），而以上表述卻避開(kāi)了這些，堪稱絕妙之筆.

推論1" 有三個(gè)頂點(diǎn)均在拋物線y=ax2（agt;0）上的矩形周長(zhǎng)的取值范圍是（33a，+∞），面積的取值范圍是（0，+∞）.

證明" 如圖3所示，可設(shè)滿足題設(shè)的矩形是矩形ABCD，且可設(shè)三個(gè)頂點(diǎn)A（x1，ax21），B（x2，ax22），C（x3，ax23）（x1lt;x2lt;x3）.

由定理2（2）的證明知x1lt;0lt;x3.

設(shè)直線BC的斜率

a（x2+x3）=k（kgt;0），

直線AB的斜率

a（x1+x2）=-1k，

兩個(gè)等式①②在這里也成立，所以

a（|AB|+|BC|）min=2α2-1α2α2+1+2-α2α·α2+1=（2-α+2α-1-α-2）α2+1.

設(shè)函數(shù)ρ（α）=（2-α+2α-1-α-2）α2+1（12lt;αlt;2），可求得

ρ′（α）=-2α5-2α4+α3-α2+2α-2α3α2+1

=2α4+α2+2α3α2+1（1-α）（12lt;αlt;2）.

進(jìn)而可得ρ（α）在（12，1］，［1，2）上分別單調(diào)遞增、單調(diào)遞減.

再由limα→（12）+ρ（α）=limα→（2）-ρ（α）=332，

可得矩形ABCD的周長(zhǎng)最小值的a倍gt;33，且常數(shù)33不容改進(jìn).

再由limα→（12）+（α2+1）（2-α2）（2α2-1）α3

=limα→（2）-（α2+1）（2-α2）（2α2-1）α3=0

及定理2（2），可得欲證結(jié)論成立.

（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，兩條拋物線y=-αx2，y=αx2關(guān)于x軸對(duì)稱，所以由結(jié)論（1）可得：有三個(gè)頂點(diǎn)均在拋物線y=ax2上的矩形周長(zhǎng)的取值范圍是（33a，+∞），面積的取值范圍是（0，+∞）.

把拋物線y=ax2沿向量（-b2a，4ac-b24a）平移后，得到拋物線y=ax2+bx+c，因而欲證結(jié)論成立.

由平移知識(shí)，還可把定理2及推論1推廣為

推論2" 函數(shù)λ（α）=1-2α2α3-2α（12lt;αlt;2）（可得它是增函數(shù)且值域是（0，+∞））.若矩形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C（它們的橫坐標(biāo)依次增大）均在拋物線y=ax2+bx+c上，且|AB|=λ（α）|BC|（12lt;αlt;2），則|AB|min=2α2-1|a|α2α2+1，矩形ABCD面積的取值范圍是［（α2+1）（2-α2）（2α2-1）a2α3，+∞）.

推論3" 有三個(gè)頂點(diǎn)均在拋物線y=ax2+bx+c上的矩形周長(zhǎng)的取值范圍是（3|a|3，+∞），面積的取值范圍是（0，+∞）.

注" 在推論2中選α=a=1，b=c=0，可得題2的結(jié)論；在推論3中選a=1，b=0，c=14，可得題1（2）的結(jié)論.

在推論2中可選α=43，34，32，進(jìn)而可得到下面的結(jié)論：

（1）若矩形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C（它們的橫坐標(biāo)依次增大）均在拋物線y=ax2+bx+c上，且|AB|=698|BC|，則|AB|min=11548|a|，矩形ABCD面積的取值范圍是［575864a2，+∞）.

（2）若矩形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C（它們的橫坐標(biāo)依次增大）均在拋物線y=ax2+bx+c上，且|AB|=869|BC|，則|AB|min=518|a|，矩形ABCD面積的取值范圍是［575864a2，+∞）.

（3）若矩形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C（它們的橫坐標(biāo)依次增大）均在拋物線y=ax2+bx+c上，且|AB|=463|BC|，則|AB|min=2103|a|，矩形ABCD面積的取值范圍是［569a2，+∞）.

3" 結(jié)束語(yǔ)

高考數(shù)學(xué)全國(guó)Ⅰ卷使用面廣，且使用的省份都是教育發(fā)達(dá)地區(qū)，因而其試題難度較大且具有典型性、創(chuàng)新性.其中的壓軸題更是不可多得的好題，值得高三復(fù)習(xí)備考的師生認(rèn)真鉆研，鉆研其自然、平實(shí)、優(yōu)雅、創(chuàng)新的解法，題源、背景、推廣等.

參考文獻(xiàn)：

［1］

甘志國(guó).高中數(shù)學(xué)題典精編（第一輯）：平面解析幾何［M］.哈爾濱：哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社，2022.

［2］ 甘志國(guó).高中數(shù)學(xué)題典精編（第一輯）：不等式·推理與證明［M］.哈爾濱：哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社，2022.

［責(zé)任編輯：李" 璟］