2023年全国新高考Ⅰ卷解几压轴题解法探究

王耀 蔡玉书

在2023年全国高考数学新高考Ⅰ卷中，压轴题是一道解析几何试题，命题者以直线和抛物线的位置关系为命题背景，巧妙地设计了矩形周长的最值问题，对学生的应用数学知识的能力进行了有效地考查．本文以此题为例，从不同的角度研究其解题思路，并总结一般性结论，与读者分享．

1试题呈现

（2023年全国新高考Ⅰ卷第22题）在平面直角坐标系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：ABCD的周长大于33.

2解法探究

第（1）问，设动点P（x，y），则|y|＝x2+（y-12）2，化简得W的方程为y＝x2＋14.

第（2）问，在处理解析几何问题时，常用的方法是设k法，直线与圆锥曲线进行联立方程组，利用斜率k表示弦长，再进行求解：

思路一引入双参數：点A的坐标，直线AB和AD的斜率．利用直线与抛物线方程进行“曲直”联立，得到弦长之和的表达式，通过分类讨论处理双绝对值函数的最小值问题．

证法1： 设A（a，a2＋14），直线AB的斜率为k，不妨设k>0.则直线AB的方程为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，可知点B的横坐标为xB＝k－a.同理，由AB⊥AD可知直线AD的斜率为－1k，得点D的横坐标为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的周长l＝f（a，k）＝2（1+k2| k－2a|＋1+1k2|－1k－2a|）＝21+k2（| k－2a |＋|1k2＋2ak|），固定k，则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.

当k＝1时，f（a，k）在（－∞，－12］上递减，在［12，＋∞）上递增，lmin＝42>33.

当k∈（1，＋∞）时，f（a，k）在（－∞，k2］上递减，在［k2，＋∞）上递增，当a＝k2时，l＝f（a，k）的最小值［f（a，k）］min＝21+k2（1k2＋1）＝2（1+k2）3k2，记为g（k），

则g（k）＝2（1+k2）3（1+k2）2-1＝211+k2-1（1+k2）3.设h（u）＝u－u3，u＝11+k2（0

所以当u＝33，即k＝2时，h（u）取最大值239，可知g（k）取最小值33.

又因为当a＝k2时，xB＝k－a＝k2＝xA，所以等号不能同时取得，因此ABCD的周长大于33.

当k∈（0，1）时，f（a，k）在（－∞，－12k］上递减，在［－12k，＋∞）上递增，当a＝－12k时，l＝f（a，k）的最小值［f（a，k）］min＝21+k2（1k＋k）＝2（1+k2）3k，设为w（k），由w′ （k）＝2（1+k2）（2k2-1）k2，可知w（k）在（0，22）上单调递减，在（22，1）上单调递减增，所以当k＝22时，w（k）取最小值33.又因为当a＝－12k时，xD＝－12k－a＝－12k＝xA，所以等号不能同时取得，因此ABCD的周长大于33.

评注1：在处理g（k）＝2（1+k2）3k2的最值问题时，还可以采用三角换元的方法，即设k＝tan θ（0＜θ＜π2），则设g（k）＝2cos3θtan2θ＝2cosθsin2θ＝φ（θ），0＜θ＜π2.下只要证明sinθcos2θ≤239，这里可用导数或者三元基本不等式的方法来完成.

（方法一）因为φ′（θ）＝cosθ（cos2θ－2sin2θ）＝cosθ（1－3sin2θ），所以φ（θ）在（0，arcsin33）上单调递增，在（arcsin33，π2）上单调递减，因此当sinθ＝33，cos2θ＝23时，φ（θ）＝sinθcos2θ取最大值239.

（方法二）sinθcos2θ≤239（sin2θcos4θ≤427，令x＝cos2θ，则0＜x＜1.设sin2θcos4θ＝（1－x）x2＝x2－x3＝g（x）（0＜x＜1）. 由g′（x）＝2x－3x2，知g（x）在（0，23）上单调递增，在（23，1）上单调递减，所以当x＝23时，g（x）取最大值g（23）＝427.

（方法三）令φ（θ）＝sinθcos2θ（0＜θ＜π2），则φ2（θ）＝sin2θcos4θ＝12［2sin2θ（1－sin2θ）（1－sin2θ）］≤12（23）3＝427，当且仅当2sin2θ＝1－sin2θ时，即sinθ＝33时，φ（θ）＝sinθcos2θ取最大值239.

评注2：这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，当且仅当k2＝12时，取等.

从证法1中发现分别在k＝22和k＝2时取得最值，事实上：

当k∈（0，1）时，w（k）＝2k2（1+k2）3k3＝2（1+1k2）31k2＝g（1k），此时利用1k>1可知1k＝2时取最小值.

由此对证法1进行优化：由对称性不妨设0

在国家考试中心网站上，还给出了利用直线的方向向量来处理旋转90°的几何问题，即如下的设角法：

思路二引入双参数：点、角度，即长方形的三个顶点的坐标，再引入相邻两边所在直线的方向向量、法向量，从而可表示矩形各边的长度，并得到证明.

证法2：设矩形的顶点ABCD按顺时针排列，如图1，设顶点A（a，a2＋14），B（b，b2＋14），C（c，c2＋14）在轨迹W上，设向量BA的方向向量为（cosθ，sinθ），向量BC的方向向量为（cos（θ＋π2），sin（θ＋π2），设边长|BA|＝u＞0，|BC|＝v＞0.

向量BA＝（ucosθ，usinθ）＝（a－b，a2－b2），这样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.两式相减得ucosθ＋vsinθ＝tanθ＋cosθ＝sin2θ+cos2θsinθ+cosθ＝1sinθcosθ.

即F＝ucos2θsinθ＋vcosθsin2θ＝1.由于cos2θsinθ＝sinθ－sin3θ≤239，等号成立当且仅当sinθ＝33，这是因为sinθ－sin3θ－239＝－（sinθ－33）2（sinθ＋233）≤0.

同理，cosθsin2θ＝cosθ－cos3θ≤239，等号成立当且仅当cosθ＝33.

因此，F＝ucos2θsinθ＋vcosθsin2θ≤239（u＋v）.而sinθ＝33与cosθ＝33不能同时成立，不等式不能取等号，即F＝1＝ucos2θsinθ＋vcosθsin2θ＜239（u＋v），因此矩形周长2（u＋v）＞33.

笔者研究后发现，人教A版（2019年）新教材非常重视向量在新知证明中的应用，上述思路中，在直线的方向向量、法向量的双重作用下，顺利得到长度和角度的等量关系. 事实上，笔者回顾平时的教学过程，在处理与旋转相关的几何问题时，既可以使用直线的参数方程的几何意义来求解，也可以使用圆的参数方程去运算，最终转化为三角函数的最值问题.即如下两种求解思路：

思路三引入双参数：点A的坐标，直线AB的倾斜角θ.利用直线参数方程的几何意义进行求解.

证法3：由平移的不变性，将抛物线化为y＝x2考虑（如图2）.

设A（a，a2），直线AB的参数方程为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的参数方程为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的周长l＝f（a，θ）＝2（|sinθ-2acosθ|cos2θ＋|cosθ2a+sinθ|cos2θ）.

固定θ，当2a＝tanθ或2a＝－cotθ时，l＝f（a，θ）取最小值.

当2a＝tanθ时，l＝f（a，θ）＝2·|cosθ+tanθsinθ|cos2θ＝2sinθcos2θ.

当2a＝－cotθ时，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，所以两种情况都有l＝f（a，θ）≥2239＝33.由于上述不等式等号成立时，一条边长必须为0，所以等号不成立.因此ABCD的周长大于33.

思路四引入双参数：点A的坐标，线段AB的长r1.利用圆的参数方程的表示r1，同理可表示AC的长r2.得到关系式进行分析.

证法4：设A（a，a2＋14），由对称性可设a≥0.设|AB|＝r1，则点B（a＋r1cos θ，a2＋14＋r1sin θ），不妨设点A位于B，D之间，即0＜θ＜π2 （如图1）.将点B代入抛物线方程得r1＝sinθ-2acosθcos2θ；同理，设|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的周长l＝2（r1＋r2）＝2（sinθ-2acosθcos2θ＋cosθ+2asinθsin2θ）＝2［sinθcos2θ＋cosθsin2θ ＋2a （1sinθ－1cosθ）］，当0<θ≤π4时，sin θ≤cos θ，则l≥2（sinθcos2θ＋cosθsin2θ）≥4sinθcosθ≥42>33；当π4<θ＜π2时，sin θ > cos θ，1sinθ－1cosθ<0.

因为点A位于B，D之间，所以a＋r2cos（θ＋π2） < a < a＋r1cos θ，解得－cosθ2sinθ< a 2［sinθcos2θ＋cosθsin2θ＋sinθcosθ（1sinθ－1cosθ）］＝2sin2θcosθ，下同证法2.

上述思考角度最终都转化为三角函数问题，事实上，若直接引入点的坐标进行运算（设点法），也能找出其中的等量关系后，再利用两点距离公式进行求证：

思路五引入三参数：点A，B，D的坐标．利用AB⊥AD找出参数之间的内在联系，进行转化求解.

证法5：设A（a，a2＋14），B（b，b2＋14），D（d，d2＋14），其中a，b，d互不相等，不妨设a≥0.

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

因此ABCD的周长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］.设m＝a＋b，a＋d＝－1m，由对称性不妨设0< m≤1，则l＝2［|a－b|1+m2＋|a－d|1+1m2］≥21+m2［|a－b|＋|a－d|］≥21+m2|d－b|＝21+m2|m＋1m|，

当且仅当m＝1时取等.

由证法1可知：w（m）取最小值33.由于取等条件不一致，因此ABCD的周长l大于33.

评注3：上述方法通过放缩法后，利用求导数进行证明，实际上，在证明

21+m2|m＋1m|＝2m4+3m2+1m2+3≥33这个不等式时，还能用多种方法求解.

3.一般性结论及试题溯源

根据前面的几种解题思路，进一步研究后，还能得到如下一般化结论，并将问题进行题源追溯，可以发现与1998年的上海市高中数学联赛试题有相似性，一并整理如下：

结论1已知矩形ABCD有三个顶点在抛物线W：x2＝2py（p>0）上，则ABCD的周长大于63p.

证明：设点A（a，a22p），直线AB：y＝k（x－a）＋a22p，由对称性不妨设0

结论2已知矩形ABCD有三个顶点在抛物线W：x2＝2py（p>0）上，则矩形ABCD的对角线长的最小值为4p.

证明：设A（a，a22p），B（b，b22p）， D（d，d22p），其中a，b，d互不相等，不妨设a≥0.

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

设C（c，c22p），m＝a＋b，a＋d＝－4p2m，由对称性不妨设0< m≤1，又直线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，可知对角线AC≥|a－c|＝4p.

题源（1998年上海市高中数学竞赛）一个正方形的三个顶点A，B，C在抛物线y＝x2上，求正方形面积的最小值.

解析：设A（a，a2），由对称性不妨设a≥0.设

|AB|＝|AC|＝r，则点B（a＋rcos θ，a2＋rsin θ），不妨设点A位于B，C之间，即0＜θ＜π2（如图3）.将点B代入抛物线方程得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，当且仅当θ＝π4时取等.因此正方形面积的最小值为2.

评注4：若利用直线的点斜式方程进行求解，则正方形的边长|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题后反思

美国数学家、心理学家哈尔莫斯曾经在《數学的心脏》一文中指出：“问题是数学的心脏”．的确如此，

问起于题，疑源于思，本文中，从一道高考压轴题的解法开展思考，自觉以问题为中心，不断地进行探寻通法，优化解法，解法之间有联系，更有创新，各具特色．由此可见，面对数学问题，只要学会广泛的联想和生动的类比，就会发现宽阔的思路，探究出各式各样的方法来. 如果在解题过程中，对于每一个细节再进一步深入思考，继续追寻下去，那么解法还能不断改进，不断优化，化复杂为简单，聚分散为统一.