Question

16．已知動圓過定點A（0，$\frac{1}{2}$），且在x軸上截得的弦MN的長為1，設動圓圓心的軌道為l．
（1）求動圓圓心的軌跡L的方程；
（2）已知直線y=a交曲線L于A、B兩點，若曲線L上存在點C，使得∠ACB為直角，求a的取值范圍；
（3）設軌跡L的焦點為F、A、B為軌跡L上的兩個動點，且滿足∠AFB=120°，過弦AB的中點M作直線y=-$\frac{1}{4}$的垂線MN，垂足為N，試求$\frac{|MN|}{|AB|}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）設圓心的坐標為（x，y），由題意可得$\sqrt{{x}^{2}+（y-\frac{1}{2}）^{2}}$=$\sqrt{{y}^{2}+\frac{1}{4}}$，兩邊平方化簡即可得到軌跡方程；
（2）可知A（-$\sqrt{a}$，a），B（$\sqrt{a}$，a），設C（m，m²），由該拋物線上存在點C，使得∠ACB為直角，可得$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BC}$=0．即可得到a的取值范圍；
（3）設AF=a，BF=b，由拋物線定義，2MN=a+b．再由余弦定理可得|AB|²=a²+b²-2abcos120°，進而根據(jù)a+b≥2$\sqrt{ab}$，求得|AB|的范圍，進而可得答案．

解答 解：（1）設圓心的坐標為（x，y），由題意可得
$\sqrt{{x}^{2}+（y-\frac{1}{2}）^{2}}$=$\sqrt{{y}^{2}+\frac{1}{4}}$，
化簡可得，y=x²，
即為動圓圓心的軌跡L的方程；
（2）如圖所示，可知A（-$\sqrt{a}$，a），B（$\sqrt{a}$，a），
設C（m，m²），$\overrightarrow{AC}$=（m+$\sqrt{a}$，m²-a），$\overrightarrow{BC}$=（m-$\sqrt{a}$，m²-a）．
∵該拋物線上存在點C，使得∠ACB為直角，
∴$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BC}$=（m+$\sqrt{a}$）（m-$\sqrt{a}$）+（m²-a）²=0．
化為m²-a+（m²-a）²=0．
∵m≠±$\sqrt{a}$，∴m²=a-1≥0，解得a≥1．
∴a的取值范圍為[1，+∞）．
（3）設AF=a，BF=b，由拋物線定義，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$\frac{|MN|}{|AB|}$的最大值為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查軌跡方程的求法，向量垂直的條件，余弦定理和基本不等式的運用，考查了學生綜合分析問題和解決問題的能力，屬于中檔題．