2023年高考數學新課標全國Ⅰ卷壓軸題的題源及推廣

摘" 要：2023年高考數學新課標全國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.

關鍵詞：高考壓軸題；平面解析幾何；不等式；推廣；編擬習題

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）16-0002-06

收稿日期：2024-03-05

作者簡介：甘志國（1971—），男，湖北省竹溪人，碩士，中學正高級教師，特級教師，從事高中數學教學研究.

基金項目：北京市教育學會“十三五”教育科研滾動立項課題“數學文化與高考研究”（項目編號：FT2017GD003）.

題1" （2023年高考數學新課標全國Ⅰ卷第22題）在直角坐標系xOy中，點P到x軸的距離等于點P到點（0，12）的距離，記動點P的軌跡為W．

（1）求W的方程；

（2）已知矩形ABCD有三個頂點在W上，證明：矩形ABCD的周長大于33．

1" 試題的題源

題2" （1998年上海市高中數學競賽試題第三題［1］）如圖1，已知一個正方形的三個頂點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，可設滿足題設的正方形是正方形ABCD，三點A（x1，x21），B（x2，x22），C（x3，x23）（x1lt;x2lt;x3）.

假設x1，x2，x3均是非負數，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均是非負數及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不可能均是非負數，因而x1lt;0.

同理，可得x1，x2，x3也不可能均是非正數.

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kBC=x2+x3=k（kgt;0），可得

kAB=x1+x2=-1k.

再由弦長公式，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≥算術平均［2］，可得

k2+1≥2k（當且僅當k=1時取等號），

k2+122≥k+12（當且僅當k=1時取等號）.

所以|BC|=k2+1k2+kk2+1

≥2kk2+k·k+12

=2.

進而可得當且僅當k=1（即圖1中的正方形ABCD的三個頂點A，B，C的坐標分別是（-1，1），（0，0），（1，1））時，正方形ABCD的面積|BC|2最小，且最小值是2.

2" 對題1（2）結論的推廣

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

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

假設x1，x2，x3均是非負數，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均是非負數及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不可能均是非負數.

因而x1lt;0.

同理，可得x1，x2，x3也不可能均是非正數.

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kBC=a（x2+x3）=k（kgt;0），可得

kAB=a（x1+x2）=-1k.

如圖2所示，過點B作線段TH∥x軸，且AT⊥TH，CH⊥TH，

進而可設

|AB|=u（ugt;0），

|BC|=v（vgt;0），

∠CBH=∠BAT=θ（0lt;θlt;π2），

再得|TB|=usinθ，

|AT|=ucosθ，

|BH|=vcosθ，

|CH|=vsinθ.

可再設點B（p，ap2）（x1lt;plt;x3），得兩點

A（p-usinθ，ap2+ucosθ），

C（p+vcosθ，ap2+vsinθ）.

又由兩點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，可得欲證結論成立.

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

定理2" 設函數λ（α）=1-2α2α3-2α（12lt;αlt;2）.

（1）λ（α）是增函數且值域是（0，+∞）；

（2）若矩形ABCD的三個頂點A，B，C（它們的橫坐標依次增大）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，+∞）（當且僅當直線BC的斜率是α且點B的橫坐標是α2-1aα時，|AB|取到最小值），矩形ABCD面積的取值范圍是［（α2+1）（2-α2）（2α2-1）a2α3，+∞）（當且僅當直線BC的斜率是α且點B的橫坐標是α2-1aα時，矩形ABCD的面積取到最小值）.

證明" （1）因為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）是增函數且值域是（0，+∞）.

（2）如圖3所示，由題可設三點A（x1，ax21），

B（x2，ax22），C（x3，ax23）（x1lt;x2lt;x3）.

由定理1的證明知x1lt;0lt;x3.

設直線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.

設函數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0lt;klt;α時，f ′（k）lt;0，f（k）單調遞減；

當kgt;α時，f ′（k）gt;0，f（k）單調遞增.

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）.

進而可得欲證結論成立.

注" 在定理2（2）的表述中，若設λ（α）=β，得|AB|=β|BC|，則在解決問題的過程中，需解關于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），而以上表述卻避開了這些，堪稱絕妙之筆.

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

證明" 如圖3所示，可設滿足題設的矩形是矩形ABCD，且可設三個頂點A（x1，ax21），B（x2，ax22），C（x3，ax23）（x1lt;x2lt;x3）.

由定理2（2）的證明知x1lt;0lt;x3.

設直線BC的斜率

a（x2+x3）=k（kgt;0），

直線AB的斜率

a（x1+x2）=-1k，

兩個等式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.

設函數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）.

進而可得ρ（α）在（12，1］，［1，2）上分別單調遞增、單調遞減.

再由limα→（12）+ρ（α）=limα→（2）-ρ（α）=332，

可得矩形ABCD的周長最小值的a倍gt;33，且常數33不容改進.

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），可得欲證結論成立.

（2）在平面直角坐標系xOy中，兩條拋物線y=-αx2，y=αx2關于x軸對稱，所以由結論（1）可得：有三個頂點均在拋物線y=ax2上的矩形周長的取值范圍是（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，因而欲證結論成立.

由平移知識，還可把定理2及推論1推廣為

推論2" 函數λ（α）=1-2α2α3-2α（12lt;αlt;2）（可得它是增函數且值域是（0，+∞））.若矩形ABCD的三個頂點A，B，C（它們的橫坐標依次增大）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" 有三個頂點均在拋物線y=ax2+bx+c上的矩形周長的取值范圍是（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的結論；在推論3中選a=1，b=0，c=14，可得題1（2）的結論.

在推論2中可選α=43，34，32，進而可得到下面的結論：

（1）若矩形ABCD的三個頂點A，B，C（它們的橫坐標依次增大）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的三個頂點A，B，C（它們的橫坐標依次增大）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的三個頂點A，B，C（它們的橫坐標依次增大）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" 結束語

高考數學全國Ⅰ卷使用面廣，且使用的省份都是教育發達地區，因而其試題難度較大且具有典型性、創新性.其中的壓軸題更是不可多得的好題，值得高三復習備考的師生認真鉆研，鉆研其自然、平實、優雅、創新的解法，題源、背景、推廣等.

參考文獻：

［1］

甘志國.高中數學題典精編（第一輯）：平面解析幾何［M］.哈爾濱：哈爾濱工業大學出版社，2022.

［2］ 甘志國.高中數學題典精編（第一輯）：不等式·推理與證明［M］.哈爾濱：哈爾濱工業大學出版社，2022.

［責任編輯：李" 璟］