875

在直角坐标系 $xOy$ 中，点 $P$ 到 $x$ 轴的距离等于点 $P$ 到点 ${\displaystyle (0,\frac{1}{2})}$ 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. 解 设 $P(x,y)$，则由题意 $$\begin{array}{r}|y|=\sqrt{x^2+{(y-\frac{1}{2})}^2}\Rightarrow W:y=x^2+\frac{1}{4}.\end{array}$$
2. 证明 不妨设 $A{\displaystyle (a,a^2+\frac{1}{4}),B(b,b^2+\frac{1}{4}),C(c,c^2+\frac{1}{4})}$ 是落在 $W$ 上的点，$a,b,c$ 互不相等，则$$\begin{array}{r}0=\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BA}=(c-a)(b-a)[1+(c+a)(b+a)]\Rightarrow (a+c)(a+b)=-1.\end{array}$$
   记$m=a+b,n=a+c$，由对称性不妨设$n>0$.则$$\begin{array}{rl}AB+AC& =\sqrt{(a-b{)}^2+(a^2-b^2{)}^2}+\sqrt{(a-c{)}^2+(a^2-c^2{)}^2}\\ & =|a-c|\sqrt{1+m^2}+|a-b|\sqrt{1+n^2}=\sqrt{1+n^2}(\frac{1}{n}|2a+\frac{1}{n}|+|2a-n|),\end{array}$$
   记$$\begin{array}{r}f(n)=\frac{1}{n}|2a+\frac{1}{n}|+|2a-n|\ge min\{f\left(\frac{n}{2}\right),f(-\frac{1}{2n})\}\end{array}$$
   再记 ${\displaystyle g(x)=\frac{(x^2+1{)}^{\frac{3}{2}}}{x},x>0}$,则 $g^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{\sqrt{x^2+1}(2x^2-1)}{x^2}\Rightarrow g(x)\ge g\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{3\sqrt{3}}{2}}$. 这样$$\begin{array}{rl}AB+AC=& \sqrt{1+n^2}f(n)\ge min\{\sqrt{1+n^2}(\frac{1}{n}+n),\frac{\sqrt{1+n^2}}{n}(n+\frac{1}{n})\}\\ =& min\{g(n),g\left(\frac{1}{n}\right)\}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2},\end{array}$$
   但是取等要求$n={\displaystyle \frac{1}{n}=\frac{\sqrt{2}}{2}}$,这显然无法满足，因此不等式严格无法取等；进而矩形$ABCD$的周长大于$3\sqrt{3}$.