2023年高考数学新课标全国Ⅰ卷压轴题的题源及推广

摘" 要：2023年高考数学新课标全国Ⅰ卷的压轴题（即第22题）是一道平面解析几何题，但涉及不等式问题.文章给出了这道题的题源及推广，由得到的推广容易编拟出大量的类似题目.

关键词：高考压轴题；平面解析几何；不等式；推广；编拟习题

中图分类号：G632""" 文献标识码：A""" 文章编号：1008-0333（2024）16-0002-06

收稿日期：2024-03-05

作者简介：甘志国（1971—），男，湖北省竹溪人，硕士，中学正高级教师，特级教师，从事高中数学教学研究.

基金项目：北京市教育学会“十三五”教育科研滚动立项课题“数学文化与高考研究”（项目编号：FT2017GD003）.

题1" （2023年高考数学新课标全国Ⅰ卷第22题）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，12）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33．

1" 试题的题源

题2" （1998年上海市高中数学竞赛试题第三题［1］）如图1，已知一个正方形的三个顶点A，B，C均在抛物线y=x2上，求该正方形面积的最小值.

解析" 如图1所示，可设满足题设的正方形是正方形ABCD，三点A（x1，x21），B（x2，x22），C（x3，x23）（x1lt;x2lt;x3）.

假设x1，x2，x3均是非负数，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均是非负数及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不可能均是非负数，因而x1lt;0.

同理，可得x1，x2，x3也不可能均是非正数.

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，而这不可能！

所以kABlt;0，kBCgt;0.

设kBC=x2+x3=k（kgt;0），可得

kAB=x1+x2=-1k.

再由弦长公式，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≥算术平均［2］，可得

k2+1≥2k（当且仅当k=1时取等号），

k2+122≥k+12（当且仅当k=1时取等号）.

所以|BC|=k2+1k2+kk2+1

≥2kk2+k·k+12

=2.

进而可得当且仅当k=1（即图1中的正方形ABCD的三个顶点A，B，C的坐标分别是（-1，1），（0，0），（1，1））时，正方形ABCD的面积|BC|2最小，且最小值是2.

2" 对题1（2）结论的推广

定理1" 有三个顶点均在抛物线y=ax2（agt;0）上的矩形周长的a倍大于33.

证明" 如图2所示，可设满足题设的矩形是矩形ABCD，三点A（x1，ax21），B（x2，ax22），C（x3，ax23）（x1lt;x2lt;x3）.

假设x1，x2，x3均是非负数，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均是非负数及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不可能均是非负数.

因而x1lt;0.

同理，可得x1，x2，x3也不可能均是非正数.

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，而这不可能！

所以kABlt;0，kBCgt;0.

设kBC=a（x2+x3）=k（kgt;0），可得

kAB=a（x1+x2）=-1k.

如图2所示，过点B作线段TH∥x轴，且AT⊥TH，CH⊥TH，

进而可设

|AB|=u（ugt;0），

|BC|=v（vgt;0），

∠CBH=∠BAT=θ（0lt;θlt;π2），

再得|TB|=usinθ，

|AT|=ucosθ，

|BH|=vcosθ，

|CH|=vsinθ.

可再设点B（p，ap2）（x1lt;plt;x3），得两点

A（p-usinθ，ap2+ucosθ），

C（p+vcosθ，ap2+vsinθ）.

又由两点A，C均在抛物线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，则

sinθ≤cosθ，

1sinθ-1cosθ≥0.

所以au+av≥cosθsin2θ+sinθcos2θ

≥2cosθsin2θ·sinθcos2θ

=22sin2θ

≥22gt;332.

（2）若π4lt;θlt;π2，则

sinθgt;cosθ，

1sinθ-1cosθlt;0.

由av=sinθ-2apcosθcos2θgt;0，可得

0lt;2aplt;sinθcosθ.

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

=1sin2θcosθ

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

=332.

综上所述，可得欲证结论成立.

注" 在定理1中选a=1，可得结论“有三个顶点均在抛物线y=x2上的矩形周长大于33”.抛物线y=x2+14可由抛物线y=x2向上平移14个单位得到，可得题1（2）的结论成立.

定理2" 设函数λ（α）=1-2α2α3-2α（12lt;αlt;2）.

（1）λ（α）是增函数且值域是（0，+∞）；

（2）若矩形ABCD的三个顶点A，B，C（它们的横坐标依次增大）均在抛物线y=ax2（agt;0）上，且|AB|=λ（α）|BC|（12lt;αlt;2），则|AB|的取值范围是［2α2-1aα2α2+1，+∞）（当且仅当直线BC的斜率是α且点B的横坐标是α2-1aα时，|AB|取到最小值），矩形ABCD面积的取值范围是［（α2+1）（2-α2）（2α2-1）a2α3，+∞）（当且仅当直线BC的斜率是α且点B的横坐标是α2-1aα时，矩形ABCD的面积取到最小值）.

证明" （1）因为λ′（α）=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）是增函数且值域是（0，+∞）.

（2）如图3所示，由题可设三点A（x1，ax21），

B（x2，ax22），C（x3，ax23）（x1lt;x2lt;x3）.

由定理1的证明知x1lt;0lt;x3.

设直线BC的斜率

a（x2+x3）=k（kgt;0），

直线AB的斜率

a（x1+x2）=-1k.

再由弦长公式，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.

设函数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）.

再由结论（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：

当0lt;klt;α时，f ′（k）lt;0，f（k）单调递减；

当kgt;α时，f ′（k）gt;0，f（k）单调递增.

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

设矩形ABCD的面积是S，由①②，可得

a2Smin=a|AB|min·a|BC|min

=（α2+1）（2-α2）（2α2-1）α3（kgt;0）.

进而可得欲证结论成立.

注" 在定理2（2）的表述中，若设λ（α）=β，得|AB|=β|BC|，则在解决问题的过程中，需解关于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烦），而以上表述却避开了这些，堪称绝妙之笔.

推论1" 有三个顶点均在抛物线y=ax2（agt;0）上的矩形周长的取值范围是（33a，+∞），面积的取值范围是（0，+∞）.

证明" 如图3所示，可设满足题设的矩形是矩形ABCD，且可设三个顶点A（x1，ax21），B（x2，ax22），C（x3，ax23）（x1lt;x2lt;x3）.

由定理2（2）的证明知x1lt;0lt;x3.

设直线BC的斜率

a（x2+x3）=k（kgt;0），

直线AB的斜率

a（x1+x2）=-1k，

两个等式①②在这里也成立，所以

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

设函数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）.

进而可得ρ（α）在（12，1］，［1，2）上分别单调递增、单调递减.

再由limα→（12）+ρ（α）=limα→（2）-ρ（α）=332，

可得矩形ABCD的周长最小值的a倍gt;33，且常数33不容改进.

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），可得欲证结论成立.

（2）在平面直角坐标系xOy中，两条抛物线y=-αx2，y=αx2关于x轴对称，所以由结论（1）可得：有三个顶点均在抛物线y=ax2上的矩形周长的取值范围是（33a，+∞），面积的取值范围是（0，+∞）.

把抛物线y=ax2沿向量（-b2a，4ac-b24a）平移后，得到抛物线y=ax2+bx+c，因而欲证结论成立.

由平移知识，还可把定理2及推论1推广为

推论2" 函数λ（α）=1-2α2α3-2α（12lt;αlt;2）（可得它是增函数且值域是（0，+∞））.若矩形ABCD的三个顶点A，B，C（它们的横坐标依次增大）均在抛物线y=ax2+bx+c上，且|AB|=λ（α）|BC|（12lt;αlt;2），则|AB|min=2α2-1|a|α2α2+1，矩形ABCD面积的取值范围是［（α2+1）（2-α2）（2α2-1）a2α3，+∞）.

推论3" 有三个顶点均在抛物线y=ax2+bx+c上的矩形周长的取值范围是（3|a|3，+∞），面积的取值范围是（0，+∞）.

注" 在推论2中选α=a=1，b=c=0，可得题2的结论；在推论3中选a=1，b=0，c=14，可得题1（2）的结论.

在推论2中可选α=43，34，32，进而可得到下面的结论：

（1）若矩形ABCD的三个顶点A，B，C（它们的横坐标依次增大）均在抛物线y=ax2+bx+c上，且|AB|=698|BC|，则|AB|min=11548|a|，矩形ABCD面积的取值范围是［575864a2，+∞）.

（2）若矩形ABCD的三个顶点A，B，C（它们的横坐标依次增大）均在抛物线y=ax2+bx+c上，且|AB|=869|BC|，则|AB|min=518|a|，矩形ABCD面积的取值范围是［575864a2，+∞）.

（3）若矩形ABCD的三个顶点A，B，C（它们的横坐标依次增大）均在抛物线y=ax2+bx+c上，且|AB|=463|BC|，则|AB|min=2103|a|，矩形ABCD面积的取值范围是［569a2，+∞）.

3" 结束语

高考数学全国Ⅰ卷使用面广，且使用的省份都是教育发达地区，因而其试题难度较大且具有典型性、创新性.其中的压轴题更是不可多得的好题，值得高三复习备考的师生认真钻研，钻研其自然、平实、优雅、创新的解法，题源、背景、推广等.

参考文献：

［1］

甘志国.高中数学题典精编（第一辑）：平面解析几何［M］.哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2022.

［2］ 甘志国.高中数学题典精编（第一辑）：不等式·推理与证明［M］.哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2022.

［责任编辑：李" 璟］