Question

13．已知點A（x₁，y₁），D（x₂，y₂）（其中x₁＜x₂）是曲線y²=4x（y≥0）上的兩點，A，D兩點在x軸上的射影分別為點B，C，且|BC|=2．
（Ⅰ）當點B的坐標為（1，0）時，求直線AD的斜率；
（Ⅱ）記△OAD的面積為S₁，梯形ABCD的面積為S₂，求證：$\frac{S_1}{S_2}$＜$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由B的坐標，可得A的坐標，又|BC|=2，可得D的坐標（3，2$\sqrt{3}$），運用直線的斜率公式，即可得到所求值；
（Ⅱ）法一：設直線AD的方程為y=kx+m．M（0，m），運用三角形的面積公式可得S₁=|m|，將直線方程和拋物線的方程聯立，運用判別式大于0和韋達定理，以及梯形的面積公式可得S₂，進而得到所求范圍；
法二：設直線AD的方程為y=kx+m，代入拋物線的方程，運用韋達定理和弦長公式，點到直線的距離公式可得三角形的面積S₁=|m|，梯形的面積公式可得S₂，進而得到所求范圍．

解答 解：（Ⅰ）由B（1，0），可得A（1，y₁），
代入y²=4x，得到y₁=2，
又|BC|=2，則x₂-x₁=2，可得x₂=3，
代入y²=4x，得到y₂=2$\sqrt{3}$，
則${k_{AD}}=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{2\sqrt{3}-2}}{2}=\sqrt{3}-1$；
（Ⅱ）證法一：設直線AD的方程為y=kx+m．M（0，m），
則${S_1}={S_{△OMD}}-{S_{△OMA}}=\frac{1}{2}|m（{x_2}-{x_1}）|=|m|$．
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，得k²x²+（2km-4）x+m²=0，
所以$\left\{\begin{array}{l}△={（2km-4）^2}-4{k^2}{m^2}=16-16km＞0\\{x_1}+{x_2}=\frac{4-2km}{k^2}\\{x_1}{x_2}=\frac{m^2}{k^2}\end{array}\right.$，
又${S_2}=\frac{1}{2}（{y_1}+{y_2}）（{x_2}-{x_1}）={y_1}+{y_2}=k{x_1}+m+k{x_2}+m=\frac{4}{k}$，
又注意到${y_1}{y_2}=\frac{km}{4}＞0$，所以k＞0，m＞0，
所以$\frac{S_1}{S_2}$=$\frac{m}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{km}{4}$，
因為△=16-16km＞0，所以0＜km＜1，
所以$\frac{S_1}{S_2}=\frac{km}{4}＜\frac{1}{4}$．
證法二：設直線AD的方程為y=kx+m．
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，得k²x²+（2km-4）x+m²=0，
所以$\left\{\begin{array}{l}△={（2km-4）^2}-4{k^2}{m^2}=16-16km＞0\\{x_1}+{x_2}=\frac{4-2km}{k^2}\\{x_1}{x_2}=\frac{m^2}{k^2}\end{array}\right.$，
$|AD|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=2\sqrt{1+{k^2}}$，
點O到直線AD的距離為$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
所以${S_1}=\frac{1}{2}|AD|•d=|m|=|m|$，
又${S_2}=\frac{1}{2}（{y_1}+{y_2}）（{x_2}-{x_1}）={y_1}+{y_2}=k{x_1}+m+k{x_2}+m=\frac{4}{k}$，
又注意到${y_1}{y_2}=\frac{km}{4}＞0$，所以k＞0，m＞0，
所以$\frac{S_1}{S_2}=\frac{m}{{{y_1}+{y_2}}}═\frac{km}{4}$，
因為△=16-16km＞0，所以0＜km＜1，
所以$\frac{S_1}{S_2}=\frac{km}{4}＜\frac{1}{4}$．

點評 本題考查拋物線的方程和運用，注意聯立直線方程和拋物線的方程，運用判別式大于0和韋達定理及弦長公式，考查點到直線的距離公式和三角形的面積和梯形的面積的運用，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．