题目
在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，(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3sqrt(3)．
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$\sqrt{3}$．
（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$\sqrt{3}$．
题目解答
答案
解：（1）设点P点坐标为（x，y），由题意得|y|=$\sqrt{{x}^{2}+（y-\frac{1}{2}）^{2}}$，
两边平方可得：y2=x2+y2-y+$\frac{1}{4}$，
化简得：y=x2+$\frac{1}{4}$，符合题意．
故W的方程为y=x2+$\frac{1}{4}$．
（2）解法一：不妨设A，B，C三点在W上，且AB⊥BC．
设A（a，a2$+\frac{1}{4}$），B（b，${b}^{2}+\frac{1}{4}$），C（c，${c}^{2}+\frac{1}{4}$），
则$\overrightarrow{AB}=（b-a，{b}^{2}-{a}^{2}）$，$\overrightarrow{BC}=（c-b，{c}^{2}-{b}^{2}）$．
由题意，$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{BC}$=0，即（b-a）（c-b）+（b2-a2）（c2-b2）=0，
显然（b-a）（c-b）≠0，于是1+（b+a）（c+b）=0．
此时，|b+a|．|c+b|=1．于是min{|b+a|，|c+b|}≤1．
不妨设|c+b|≤1，则a=-b-$\frac{1}{b+c}$，
则|AB|+|BC|=|b-a|$\sqrt{1+（a+b）^{2}}$+|c-b|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$
=|b-a|$\sqrt{1+\frac{1}{{（c+b）}^{2}}}$+|c-b|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$
≥|b-a|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$+|c-b|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$
≥|c-a|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$
=|b+c+$\frac{1}{b+c}$|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$．
设x=|b+c|，则f（x）=（x+$\frac{1}{x}$）$\sqrt{1+{x}^{2}}$，即f（x）=$\frac{{（1+{x}^{2}）}^{\frac{3}{2}}}{x}$，
又f′（x）=$\frac{{（1+{x}^{2}）}^{\frac{1}{2}}．（3{x}^{2}-1-{x}^{2}）}{{x}^{2}}$=$\frac{{（1+{x}^{2}）}^{\frac{1}{2}}．（2{x}^{2}-1）}{{x}^{2}}$．
显然，x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$为最小值点．故f（x）≥f（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
故矩形ABCD的周长为2（|AB|+|BC|）≥2f（x）≥3$\sqrt{3}$．
注意这里有两个取等条件，一个是|b+c|=1，另一个是|b+c|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证．
解法二：不妨设A，B，D在抛物线W上，C不在抛物线W上，欲证命题为|AB|+|AD|＞$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．
由图象的平移可知，将抛物线W看作y=x2不影响问题的证明．
设A（a，a2）（a≥0），平移坐标系使A为坐标原点，
则新抛物线方程为y′=x′2+2ax′，写为极坐标方程，
即ρsinθ=ρ2cos2θ+2aρcosθ，即ρ=$\frac{sinθ-2acosθ}{{cos}^{2}θ}$．
欲证明的结论为|$\frac{sinθ-2acosθ}{{cos}^{2}θ}$|+|$\frac{sin（θ+\frac{π}{2}）-2acos（θ+\frac{π}{2}）}{{cos}^{2}（θ+\frac{π}{2}）}$|＞$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
也即|$\frac{2a}{cosθ}$-$\frac{sinθ}{{cos}^{2}θ}$|+|$\frac{2a}{sinθ}$+$\frac{cosθ}{{sin}^{2}θ}$|＞$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．
不妨设|$\frac{2}{cosθ}$|≥|$\frac{2}{sinθ}$|，将不等式左边看成关于a的函数，根据绝对值函数的性质，
其最小值当$\frac{2}{cosθ}•a-\frac{sinθ}{{cos}^{2}θ}=0$即a=$\frac{sinθ}{2cosθ}$时取得，
因此欲证不等式为|$\frac{1}{cosθ}+\frac{cosθ}{{sin}^{2}θ}$|＞$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，即|$\frac{1}{cosθsi{n}^{2}θ}$|＞$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
根据均值不等式，有|cosθsin2θ|
=$\frac{1}{\sqrt{2}}$.$\sqrt{2co{s}^{2}θ（1-co{s}^{2}θ）（1-co{s}^{2}θ）}$
≥$\frac{1}{\sqrt{2}}$.$\sqrt{{（\frac{2}{3}）}^{3}}$=$\frac{2}{3\sqrt{3}}$，
由题意，等号不成立，故原命题得证．
两边平方可得：y2=x2+y2-y+$\frac{1}{4}$，
化简得：y=x2+$\frac{1}{4}$，符合题意．
故W的方程为y=x2+$\frac{1}{4}$．
（2）解法一：不妨设A，B，C三点在W上，且AB⊥BC．
设A（a，a2$+\frac{1}{4}$），B（b，${b}^{2}+\frac{1}{4}$），C（c，${c}^{2}+\frac{1}{4}$），
则$\overrightarrow{AB}=（b-a，{b}^{2}-{a}^{2}）$，$\overrightarrow{BC}=（c-b，{c}^{2}-{b}^{2}）$．
由题意，$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{BC}$=0，即（b-a）（c-b）+（b2-a2）（c2-b2）=0，
显然（b-a）（c-b）≠0，于是1+（b+a）（c+b）=0．
此时，|b+a|．|c+b|=1．于是min{|b+a|，|c+b|}≤1．
不妨设|c+b|≤1，则a=-b-$\frac{1}{b+c}$，
则|AB|+|BC|=|b-a|$\sqrt{1+（a+b）^{2}}$+|c-b|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$
=|b-a|$\sqrt{1+\frac{1}{{（c+b）}^{2}}}$+|c-b|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$
≥|b-a|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$+|c-b|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$
≥|c-a|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$
=|b+c+$\frac{1}{b+c}$|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$．
设x=|b+c|，则f（x）=（x+$\frac{1}{x}$）$\sqrt{1+{x}^{2}}$，即f（x）=$\frac{{（1+{x}^{2}）}^{\frac{3}{2}}}{x}$，
又f′（x）=$\frac{{（1+{x}^{2}）}^{\frac{1}{2}}．（3{x}^{2}-1-{x}^{2}）}{{x}^{2}}$=$\frac{{（1+{x}^{2}）}^{\frac{1}{2}}．（2{x}^{2}-1）}{{x}^{2}}$．
显然，x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$为最小值点．故f（x）≥f（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
故矩形ABCD的周长为2（|AB|+|BC|）≥2f（x）≥3$\sqrt{3}$．
注意这里有两个取等条件，一个是|b+c|=1，另一个是|b+c|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证．
解法二：不妨设A，B，D在抛物线W上，C不在抛物线W上，欲证命题为|AB|+|AD|＞$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．
由图象的平移可知，将抛物线W看作y=x2不影响问题的证明．
设A（a，a2）（a≥0），平移坐标系使A为坐标原点，
则新抛物线方程为y′=x′2+2ax′，写为极坐标方程，
即ρsinθ=ρ2cos2θ+2aρcosθ，即ρ=$\frac{sinθ-2acosθ}{{cos}^{2}θ}$．
欲证明的结论为|$\frac{sinθ-2acosθ}{{cos}^{2}θ}$|+|$\frac{sin（θ+\frac{π}{2}）-2acos（θ+\frac{π}{2}）}{{cos}^{2}（θ+\frac{π}{2}）}$|＞$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
也即|$\frac{2a}{cosθ}$-$\frac{sinθ}{{cos}^{2}θ}$|+|$\frac{2a}{sinθ}$+$\frac{cosθ}{{sin}^{2}θ}$|＞$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．
不妨设|$\frac{2}{cosθ}$|≥|$\frac{2}{sinθ}$|，将不等式左边看成关于a的函数，根据绝对值函数的性质，
其最小值当$\frac{2}{cosθ}•a-\frac{sinθ}{{cos}^{2}θ}=0$即a=$\frac{sinθ}{2cosθ}$时取得，
因此欲证不等式为|$\frac{1}{cosθ}+\frac{cosθ}{{sin}^{2}θ}$|＞$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，即|$\frac{1}{cosθsi{n}^{2}θ}$|＞$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
根据均值不等式，有|cosθsin2θ|
=$\frac{1}{\sqrt{2}}$.$\sqrt{2co{s}^{2}θ（1-co{s}^{2}θ）（1-co{s}^{2}θ）}$
≥$\frac{1}{\sqrt{2}}$.$\sqrt{{（\frac{2}{3}）}^{3}}$=$\frac{2}{3\sqrt{3}}$，
由题意，等号不成立，故原命题得证．
解析
步骤 1：设点P的坐标
设点P的坐标为（x，y）。
步骤 2：根据题意建立方程
根据题意，点P到x轴的距离等于点P到点（0，$\frac{1}{2}$）的距离，即|y|=$\sqrt{{x}^{2}+（y-\frac{1}{2}）^{2}}$。
步骤 3：化简方程
将方程两边平方，得到${y}^{2}={x}^{2}+{y}^{2}-y+\frac{1}{4}$，化简得$y={x}^{2}+\frac{1}{4}$。
【答案】
W的方程为$y={x}^{2}+\frac{1}{4}$。
（2）证明：矩形ABCD的周长大于3$\sqrt{3}$
【解析】
步骤 1：设矩形的三个顶点
不妨设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，且AB⊥BC。
步骤 2：设点的坐标
设A（a，${a}^{2}+\frac{1}{4}$），B（b，${b}^{2}+\frac{1}{4}$），C（c，${c}^{2}+\frac{1}{4}$）。
步骤 3：计算向量
$\overrightarrow{AB}=（b-a，{b}^{2}-{a}^{2}）$，$\overrightarrow{BC}=（c-b，{c}^{2}-{b}^{2}）$。
步骤 4：利用向量垂直条件
由题意，$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{BC}$=0，即（b-a）（c-b）+（b^{2}-a^{2}）（c^{2}-b^{2}）=0。
步骤 5：化简并求解
化简得1+（b+a）（c+b）=0，于是min{|b+a|，|c+b|}≤1。
步骤 6：计算矩形的周长
|AB|+|BC|=|b-a|$\sqrt{1+（a+b）^{2}}$+|c-b|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$≥|c-a|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$=|b+c+$\frac{1}{b+c}$|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$。
步骤 7：求最小值
设x=|b+c|，则f（x）=（x+$\frac{1}{x}$）$\sqrt{1+{x}^{2}}$，即f（x）=$\frac{{（1+{x}^{2}）}^{\frac{3}{2}}}{x}$，f′（x）=$\frac{{（1+{x}^{2}）}^{\frac{1}{2}}．（3{x}^{2}-1-{x}^{2}）}{{x}^{2}}$=$\frac{{（1+{x}^{2}）}^{\frac{1}{2}}．（2{x}^{2}-1）}{{x}^{2}}$。
步骤 8：确定最小值点
显然，x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$为最小值点。故f（x）≥f（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
步骤 9：证明结论
故矩形ABCD的周长为2（|AB|+|BC|）≥2f（x）≥3$\sqrt{3}$。
设点P的坐标为（x，y）。
步骤 2：根据题意建立方程
根据题意，点P到x轴的距离等于点P到点（0，$\frac{1}{2}$）的距离，即|y|=$\sqrt{{x}^{2}+（y-\frac{1}{2}）^{2}}$。
步骤 3：化简方程
将方程两边平方，得到${y}^{2}={x}^{2}+{y}^{2}-y+\frac{1}{4}$，化简得$y={x}^{2}+\frac{1}{4}$。
【答案】
W的方程为$y={x}^{2}+\frac{1}{4}$。
（2）证明：矩形ABCD的周长大于3$\sqrt{3}$
【解析】
步骤 1：设矩形的三个顶点
不妨设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，且AB⊥BC。
步骤 2：设点的坐标
设A（a，${a}^{2}+\frac{1}{4}$），B（b，${b}^{2}+\frac{1}{4}$），C（c，${c}^{2}+\frac{1}{4}$）。
步骤 3：计算向量
$\overrightarrow{AB}=（b-a，{b}^{2}-{a}^{2}）$，$\overrightarrow{BC}=（c-b，{c}^{2}-{b}^{2}）$。
步骤 4：利用向量垂直条件
由题意，$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{BC}$=0，即（b-a）（c-b）+（b^{2}-a^{2}）（c^{2}-b^{2}）=0。
步骤 5：化简并求解
化简得1+（b+a）（c+b）=0，于是min{|b+a|，|c+b|}≤1。
步骤 6：计算矩形的周长
|AB|+|BC|=|b-a|$\sqrt{1+（a+b）^{2}}$+|c-b|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$≥|c-a|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$=|b+c+$\frac{1}{b+c}$|$\sqrt{1+（c+b）^{2}}$。
步骤 7：求最小值
设x=|b+c|，则f（x）=（x+$\frac{1}{x}$）$\sqrt{1+{x}^{2}}$，即f（x）=$\frac{{（1+{x}^{2}）}^{\frac{3}{2}}}{x}$，f′（x）=$\frac{{（1+{x}^{2}）}^{\frac{1}{2}}．（3{x}^{2}-1-{x}^{2}）}{{x}^{2}}$=$\frac{{（1+{x}^{2}）}^{\frac{1}{2}}．（2{x}^{2}-1）}{{x}^{2}}$。
步骤 8：确定最小值点
显然，x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$为最小值点。故f（x）≥f（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
步骤 9：证明结论
故矩形ABCD的周长为2（|AB|+|BC|）≥2f（x）≥3$\sqrt{3}$。