Question

已知在单位圆x²+y²=1上任取一点M，作MN⊥x轴，垂足为N，

NQ

=

2

NM

．
（Ⅰ）求动点Q的轨迹C的方程；
（Ⅱ）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）；
（Ⅲ）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．若正数m满足S1≤

1

4

mS2，问m是否存在最小值，若存在，请求出此最小值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：圆与圆锥曲线的综合

专题：圆锥曲线的定义、性质与方程

分析：（I）设点Q（x，y），M（x₀，y₀），则N（x₀，0）．通过向量运算可用Q的坐标表示点M的坐标，代入单位圆的方程即可；
（II）设P（x，y），则y²=2-2x²．再利用两点间的距离公式可得|PA|²=（x-a）²+y²=（x-a）²+2-2x²=-（x+a）²+2a²+2，令f（x）=-（x+a）²+2a²+2，x∈[-1，1]，通过讨论顶点的横坐标-a与-1，1的大小关系，利用二次函数的单调性即可；
（III）由题意分别表示出S₁及S₂，由正数m满足S1≤

1

4

mS2，通过分离参数得到m≥

a 2(1-a2)

a2+1

，令f(a)=

2a2(1-a2)

(a2+1)2

，通过换元t=a²+1，则t∈（1，2），a²=t-1．得到f（t），利用二次函数的单调性即可得出．

解答： 解：（Ⅰ）设点Q（x，y），M（x₀，y₀），则N（x₀，0）
∴

NQ

=(x-x0，y)，

NM

=(0，y0)
∵

NQ

=

2

NM

，
∴(x-x0，y)=

2

(0，y0)
∵

x-x0=0 y= 2 y0

，∴

x0=x y0= 2 2 y

（*）
∵点M（x₀，y₀）在单位圆x²+y²=1上，即

x

2 0

+

y

2 0

=1．
把（*）代入得x2+

y2

2

=1，即为动点Q的轨迹C的方程．
（Ⅱ）设P（x，y），则y²=2-2x²．
∴|PA|²=（x-a）²+y²=（x-a）²+2-2x²=-（x+a）²+2a²+2，
令f（x）=-（x+a）²+2a²+2，x∈[-1，1]，
所以，当-a＜-1，即a＞1时，f（x）在[-1，1]上是减函数，[f（x）]_max=f（-1）=（a+1）²；
当-1≤-a≤1，即-1≤a≤1时，f（x）在[-1，-a]上是增函数，在[-a，1]上是减函数，则[f（x）]_max=f（-a）=2a²+2；
当-a＞1，即a＜-1时，f（x）在[-1，1]上是增函数，[f（x）]_max=f（1）=（a-1）²．
所以，d（a）=

1-a，当a＜-1时 2a2+2 ，当-1≤a≤1时 1+a，当a＞1时

．
（Ⅲ）当0＜a＜1时，P(a，±

2-2a2

)，于是S1=

1

2

a

2(1-a2)

，S2=2a2+2，
若正数m满足条件，则

1

2

2(1-a2)

≤

1

4

m(2a2+2)，即m≥

a 2(1-a2)

a2+1

，
m2≥

2a2(1-a2)

(a2+1)2

．
令f(a)=

2a2(1-a2)

(a2+1)2

，设t=a²+1，则t∈（1，2）．a²=t-1．
于是f(a)=

2(t-1)(2-t)

t2

=2(-

2

t2

+

3

t

-1)=-4(

1

t

-

3

4

)2+

1

4

，
∴当

1

t

=

3

4

时，即t=

4

3

∈(1，2)时，[f(a)]max=

1

4

，
即m2≥

1

4

，m≥

1

2

．
所以，m存在最小值

1

2

．

点评：熟练掌握“代点法”、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．