分析 (1)根據(jù)橢圓的定義可求出軌跡方程;
(2)設(shè)P(cosα,$\sqrt{2}$sinα),代入距離公式,利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出d(a);
(3)分別表示出S1及S2,由正數(shù)m滿(mǎn)足S1≤mS2得出m2≥$\frac{{{a}^{2}-a}^{4}}{8({a}^{2}+1)^{2}}$,利用換元法和二次函數(shù)的性質(zhì)得出右側(cè)式子的最大值即可求出m的最小值.
解答 解:(1)設(shè)動(dòng)圓的圓心坐標(biāo)為C(x,y),則動(dòng)圓的半徑r=|CF|
圓E的圓心為E(0,-1),半徑為2$\sqrt{2}$,
∵動(dòng)圓與圓E內(nèi)切,∴|CE|+|CF|=2$\sqrt{2}$,
∴動(dòng)圓C的圓心軌跡為以E,F(xiàn)為焦點(diǎn)的橢圓,
設(shè)此橢圓方程為$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{^{2}}=1$,
則$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}-^{2}={c}^{2}}\\{c=1}\\{2a=2\sqrt{2}}\end{array}\right.$,解得a=$\sqrt{2}$,b=1.
∴動(dòng)圓的圓心的軌跡方程為$\frac{{y}^{2}}{2}+{x}^{2}$=1.
(2)設(shè)P(cosα,$\sqrt{2}$sinα),則|PA|2=(cosα-a)2+2sin2α
=-cos2α-2acosα+a2+2=-(cosα+a)2+2a2+2
①若-1≤a≤1,則當(dāng)cosα=-a時(shí),|PA|2取得最大值2a2+2,∴d(a)=$\sqrt{2{a}^{2}+2}$,
②若-a≤-1,即a≥1,則當(dāng)cosα=-1時(shí),|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,則當(dāng)cosα=1時(shí),|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.
綜上,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=±$\sqrt{2-{2a}^{2}}$,∴不妨設(shè)P(a,$\sqrt{2-2{a}^{2}}$),
則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,
則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.
∴當(dāng)$\frac{1}{t}=\frac{3}{4}$時(shí),f(a)取得最大值$\frac{1}{64}$.即m2≥$\frac{1}{64}$.
∴m≥$\frac{1}{8}$,∴m的最小值為$\frac{1}{8}$.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的定義,兩點(diǎn)間的距離公式、二次函數(shù)的單調(diào)性、換元法、分類(lèi)討論的思想方法是解題的關(guān)鍵.
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