Question

16．已知动圆过定点A（0，$\frac{1}{2}$），且在x轴上截得的弦MN的长为1，设动圆圆心的轨道为l．
（1）求动圆圆心的轨迹L的方程；
（2）已知直线y=a交曲线L于A、B两点，若曲线L上存在点C，使得∠ACB为直角，求a的取值范围；
（3）设轨迹L的焦点为F、A、B为轨迹L上的两个动点，且满足∠AFB=120°，过弦AB的中点M作直线y=-$\frac{1}{4}$的垂线MN，垂足为N，试求$\frac{|MN|}{|AB|}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）设圆心的坐标为（x，y），由题意可得$\sqrt{{x}^{2}+（y-\frac{1}{2}）^{2}}$=$\sqrt{{y}^{2}+\frac{1}{4}}$，两边平方化简即可得到轨迹方程；
（2）可知A（-$\sqrt{a}$，a），B（$\sqrt{a}$，a），设C（m，m²），由该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，可得$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BC}$=0．即可得到a的取值范围；
（3）设AF=a，BF=b，由抛物线定义，2MN=a+b．再由余弦定理可得|AB|²=a²+b²-2abcos120°，进而根据a+b≥2$\sqrt{ab}$，求得|AB|的范围，进而可得答案．

解答 解：（1）设圆心的坐标为（x，y），由题意可得
$\sqrt{{x}^{2}+（y-\frac{1}{2}）^{2}}$=$\sqrt{{y}^{2}+\frac{1}{4}}$，
化简可得，y=x²，
即为动圆圆心的轨迹L的方程；
（2）如图所示，可知A（-$\sqrt{a}$，a），B（$\sqrt{a}$，a），
设C（m，m²），$\overrightarrow{AC}$=（m+$\sqrt{a}$，m²-a），$\overrightarrow{BC}$=（m-$\sqrt{a}$，m²-a）．
∵该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，
∴$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BC}$=（m+$\sqrt{a}$）（m-$\sqrt{a}$）+（m²-a）²=0．
化为m²-a+（m²-a）²=0．
∵m≠±$\sqrt{a}$，∴m²=a-1≥0，解得a≥1．
∴a的取值范围为[1，+∞）．
（3）设AF=a，BF=b，由抛物线定义，2MN=a+b．
由余弦定理，|AB|²=a²+b²-2abcos120°=（a+b）²-ab，
再由a+b≥2$\sqrt{ab}$，得到ab≤$\frac{（a+b）^{2}}{4}$，
即有|AB|≥$\frac{\sqrt{3}}{2}$（a+b）．即$\frac{|MN|}{|AB|}$≤$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
所以$\frac{|MN|}{|AB|}$的最大值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查轨迹方程的求法，向量垂直的条件，余弦定理和基本不等式的运用，考查了学生综合分析问题和解决问题的能力，属于中档题．