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在直角坐标系 ${\displaystyle xOy}$ 中，点 ${\displaystyle P}$ 到 ${\displaystyle x}$ 轴的距离等于点 ${\displaystyle P}$ 到点 ${\displaystyle {\displaystyle (0,\frac{1}{2})}}$ 的距离，记动点 ${\displaystyle P}$ 的轨迹为 ${\displaystyle W}$.

1. 求 ${\displaystyle W}$ 的方程;
2. 已知矩形 ${\displaystyle ABCD}$ 有三个顶点在 ${\displaystyle W}$ 上，证明：矩形 ${\displaystyle ABCD}$ 的周长大于 ${\displaystyle 3\sqrt{3}}$.

1. 解 设 ${\displaystyle P(x,y)}$，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 ${\displaystyle A{\displaystyle (a,a^2+\frac{1}{4}),B(b,b^2+\frac{1}{4}),C(c,c^2+\frac{1}{4})}}$ 是落在 ${\displaystyle W}$ 上的点，${\displaystyle a,b,c}$ 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 ${\displaystyle m=a+b,n=a+c}$，由对称性不妨设 ${\displaystyle n>0}$.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 ${\displaystyle {\displaystyle g(x)=\frac{(x^2+1{)}^{\frac{3}{2}}}{x},x>0}}$,则 ${\displaystyle g^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{\sqrt{x^2+1}(2x^2-1)}{x^2}\Rightarrow g(x)\ge g\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{3\sqrt{3}}{2}}}$. 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 ${\displaystyle n={\displaystyle \frac{1}{n}=\frac{\sqrt{2}}{2}}}$,这显然无法满足，因此不等式严格无法取等；进而矩形 ${\displaystyle ABCD}$ 的周长大于 ${\displaystyle 3\sqrt{3}}$.