如果把一个平面区域内两点间的距离的最大值称为此区域的直径，那么曲线 $x^4+y^2=1$ 围成的平面区域的直径为_______．
答案 $\sqrt 5$．
解析 设坐标原点为 $O$，题中平面区域内两点为 $P,Q$，设 $P(x,y)$，则\[|OP|=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{x^2+1-x^4}=\sqrt{x^2(1-x^2)+1}\leqslant \dfrac{\sqrt 5}2,\]等号当 $x^2=\dfrac 12$ 时取得，从而\[|PQ|\leqslant |OP|+|OQ|\leqslant \sqrt 5,\]等号当 $P\left(\dfrac{\sqrt 2}2,\dfrac{\sqrt 3}2\right)$，$Q\left(-\dfrac{\sqrt 2}2,-\dfrac{\sqrt 3}2\right)$ 时取得，因此所求直径为 $\sqrt 5$．