Question

15．已知點F（0，1），一動圓過點F且與圓E：x²+（y+1）²=8內(nèi)切．
（1）求動圓圓心的軌跡C的方程；
（2）設(shè)點A（a，0），點P為曲線C上任一點，求點A到點P距離的最大值d（a）；
（3）在0＜a＜1的條件下，設(shè)△POA的面積為S₁（O是坐標原點，P是曲線C上橫坐標為a的點），以d（a）為邊長的正方形的面積為S₂，試求滿足S₁≤mS₂的正數(shù)m的最小值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓的定義可求出軌跡方程；
（2）設(shè)P（cosα，$\sqrt{2}$sinα），代入距離公式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出d（a）；
（3）分別表示出S₁及S₂，由正數(shù)m滿足S₁≤mS₂得出m²≥$\frac{{{a}^{2}-a}^{4}}{8（{a}^{2}+1）^{2}}$，利用換元法和二次函數(shù)的性質(zhì)得出右側(cè)式子的最大值即可求出m的最小值．

解答 解：（1）設(shè)動圓的圓心坐標為C（x，y），則動圓的半徑r=|CF|
圓E的圓心為E（0，-1），半徑為2$\sqrt{2}$，
∵動圓與圓E內(nèi)切，∴|CE|+|CF|=2$\sqrt{2}$，
∴動圓C的圓心軌跡為以E，F(xiàn)為焦點的橢圓，
設(shè)此橢圓方程為$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{^{2}}=1$，
則$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}-^{2}={c}^{2}}\\{c=1}\\{2a=2\sqrt{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，b=1．
∴動圓的圓心的軌跡方程為$\frac{{y}^{2}}{2}+{x}^{2}$=1．
（2）設(shè)P（cosα，$\sqrt{2}$sinα），則|PA|²=（cosα-a）²+2sin²α
=-cos²α-2acosα+a²+2=-（cosα+a）²+2a²+2
①若-1≤a≤1，則當cosα=-a時，|PA|²取得最大值2a²+2，∴d（a）=$\sqrt{2{a}^{2}+2}$，
②若-a≤-1，即a≥1，則當cosα=-1時，|PA|²取得最大值-（a-1）²+2a²+2=a²+2a+1=（a+1）²，
∴d（a）=$\sqrt{（a+1）^{2}}$=|a+1|=a+1；
③若-a≥1，即a≤-1，則當cosα=1時，|PA|²取得最大值-（a+1）²+2a²+2=a²-2a+1=（a-1）²，
∴d（a）=$\sqrt{（a-1）^{2}}$=|a-1|=1-a．
綜上，d（a）=$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{2{a}^{2}+2}，-1≤a≤1}\\{a+1，a＞1}\\{1-a，a＜1}\end{array}\right.$．
（3）把x=a代入$\frac{{y}^{2}}{2}+{x}^{2}$=1得y=±$\sqrt{2-{2a}^{2}}$，∴不妨設(shè)P（a，$\sqrt{2-2{a}^{2}}$），
則S₁=S_△POA=$\frac{1}{2}×a×\sqrt{2-2{a}^{2}}$，
由（2）可知d（a）=$\sqrt{2{a}^{2}+2}$，∴S₂=d²（a）=2a²+2，
∵S₁≤mS₂，∴m≥$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{a\sqrt{2-2{a}^{2}}}{4（{a}^{2}+1）}$，
∴m²≥$\frac{{{a}^{2}-a}^{4}}{8（{a}^{2}+1）^{2}}$，令f（a）=$\frac{{{a}^{2}-a}^{4}}{8（{a}^{2}+1）^{2}}$，a²+1=t，
則f（a）=$\frac{t-1-（t-1）^{2}}{8{t}^{2}}$=-$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{t}$-$\frac{3}{4}$）²+$\frac{1}{64}$．
∵0≤a≤1，∴1≤t≤2，∴$\frac{1}{2}$≤$\frac{1}{t}$≤1．
∴當$\frac{1}{t}=\frac{3}{4}$時，f（a）取得最大值$\frac{1}{64}$．即m²≥$\frac{1}{64}$．
∴m≥$\frac{1}{8}$，∴m的最小值為$\frac{1}{8}$．

點評 本題考查了橢圓的定義，兩點間的距離公式、二次函數(shù)的單調(diào)性、換元法、分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵．