Question

15．已知点F（0，1），一动圆过点F且与圆E：x²+（y+1）²=8内切．
（1）求动圆圆心的轨迹C的方程；
（2）设点A（a，0），点P为曲线C上任一点，求点A到点P距离的最大值d（a）；
（3）在0＜a＜1的条件下，设△POA的面积为S₁（O是坐标原点，P是曲线C上横坐标为a的点），以d（a）为边长的正方形的面积为S₂，试求满足S₁≤mS₂的正数m的最小值．

Answer 1

分析 （1）根据椭圆的定义可求出轨迹方程；
（2）设P（cosα，$\sqrt{2}$sinα），代入距离公式，利用二次函数的性质求出d（a）；
（3）分别表示出S₁及S₂，由正数m满足S₁≤mS₂得出m²≥$\frac{{{a}^{2}-a}^{4}}{8（{a}^{2}+1）^{2}}$，利用换元法和二次函数的性质得出右侧式子的最大值即可求出m的最小值．

解答 解：（1）设动圆的圆心坐标为C（x，y），则动圆的半径r=|CF|
圆E的圆心为E（0，-1），半径为2$\sqrt{2}$，
∵动圆与圆E内切，∴|CE|+|CF|=2$\sqrt{2}$，
∴动圆C的圆心轨迹为以E，F为焦点的椭圆，
设此椭圆方程为$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}=1$，
则$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}-{b}^{2}={c}^{2}}\\{c=1}\\{2a=2\sqrt{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，b=1．
∴动圆的圆心的轨迹方程为$\frac{{y}^{2}}{2}+{x}^{2}$=1．
（2）设P（cosα，$\sqrt{2}$sinα），则|PA|²=（cosα-a）²+2sin²α
=-cos²α-2acosα+a²+2=-（cosα+a）²+2a²+2
①若-1≤a≤1，则当cosα=-a时，|PA|²取得最大值2a²+2，∴d（a）=$\sqrt{2{a}^{2}+2}$，
②若-a≤-1，即a≥1，则当cosα=-1时，|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，则当cosα=1时，|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．
综上，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=±$\sqrt{2-{2a}^{2}}$，∴不妨设P（a，$\sqrt{2-2{a}^{2}}$），
则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，
则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．
∴当$\frac{1}{t}=\frac{3}{4}$时，f（a）取得最大值$\frac{1}{64}$．即m²≥$\frac{1}{64}$．
∴m≥$\frac{1}{8}$，∴m的最小值为$\frac{1}{8}$．

点评 本题考查了椭圆的定义，两点间的距离公式、二次函数的单调性、换元法、分类讨论的思想方法是解题的关键．