Question

20．已知?jiǎng)訄AP與直線l：y=-$\frac{1}{2}$相切且與圓D：x²+（y-1）²=$\frac{1}{4}$外切．
（1）求圓心P的軌跡C的方程；
（2）已知圓Q過定點(diǎn)M（0，2），圓心Q在軌跡上運(yùn)動(dòng)，且圓Q與x軸交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)|MA|=d₁，|MB|=d₂，求$\frac{eyyiy6e_{1}}{ag6s6iw_{2}}$+$\frac{osce2mc_{2}}{as2qsgi_{1}}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）由已知條件可知|PD|與點(diǎn)P到直線y=-$\frac{1}{2}$的距離之間的關(guān)系，進(jìn)而得出點(diǎn)M到直線y=-1的距離等于它到點(diǎn)C（0，1）的距離，由拋物線定義，求得圓心P的軌跡C的方程；
（2）先利用條件設(shè)出圓的方程，并求出A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)以及|MA|=d₁，|MB|=d₂的表達(dá)式，代入$\frac{eiumk2w_{1}}{qimkua4_{2}}$+$\frac{86wwg8q_{2}}{as68iuw_{1}}$，整理后利用基本不等式求最大值即可．

解答 解：（1）設(shè)動(dòng)圓P的半徑為r，
動(dòng)圓P與圓D：x²+（y-1）²=$\frac{1}{4}$外切．
∴|PD|=r+$\frac{1}{2}$，
動(dòng)圓P與直線l：y=-$\frac{1}{2}$相切，
∴點(diǎn)P到直線y=-$\frac{1}{2}$的距離為r，
則點(diǎn)P到直線y=-1為r+$\frac{1}{2}$，
則動(dòng)點(diǎn)P到直線y=-1的距離等于它到點(diǎn)D（0，1）的距離，
∴點(diǎn)M的軌跡是拋物線，
∴圓心P的軌跡方程為x²=4y；
（2）設(shè)圓Q的圓心坐標(biāo)為Q（a，b），則a²=4b．①
圓Q的半徑為|MQ|=$\sqrt{{a}^{2}+（b-2）^{2}}$，
圓Q的方程為（x-a）²+（y-b）²=a²+（b-2）²．
令y=0，則（x-a）²+b²=a²+（b-2）²，
整理得，x²-2ax+4b-4=0．②
由①、②解得，x=a±2．
不妨設(shè)A（a-2，0），B（a+2，0），
∴d₁=$\sqrt{（a-2）^{2}+4}$，d₂=$\sqrt{（a+2）^{2}+4}$，
∴$\frac{ioak62w_{1}}{2gwssku_{2}}$+$\frac{awgsuq6_{2}}{ekm2gqe_{1}}$=$\frac{2{a}^{2}+16}{\sqrt{{a}^{4}+64}}$=$\sqrt{1+\frac{16{a}^{2}}{{a}^{4}+64}}$，③
當(dāng)a≠0時(shí)，由③得$\frac{4qsaecy_{1}}{8wo4w6g_{2}}$+$\frac{iaoyiom_{2}}{ci28c6u_{1}}$=$\sqrt{1+\frac{16{a}^{2}}{{a}^{4}+64}}$≤2$\sqrt{2}$．
當(dāng)且僅當(dāng)a=±2$\sqrt{2}$時(shí)，等號成立．
當(dāng)a=0時(shí)，由③得，$\sqrt{1+\frac{16{a}^{2}}{{a}^{4}+64}}$=2．
故當(dāng)a=±2$\sqrt{2}$時(shí)，$\sqrt{1+\frac{16{a}^{2}}{{a}^{4}+64}}$的最大值為2$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評 本題考查求拋物線的軌跡方程，考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，均值不等式的應(yīng)用，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意直線和圓錐曲線的位置關(guān)系的靈活運(yùn)用，屬于中檔題．