Question

13．已知点A（x₁，y₁），D（x₂，y₂）（其中x₁＜x₂）是曲线y²=4x（y≥0）上的两点，A，D两点在x轴上的射影分别为点B，C，且|BC|=2．
（Ⅰ）当点B的坐标为（1，0）时，求直线AD的斜率；
（Ⅱ）记△OAD的面积为S₁，梯形ABCD的面积为S₂，求证：$\frac{S_1}{S_2}$＜$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由B的坐标，可得A的坐标，又|BC|=2，可得D的坐标（3，2$\sqrt{3}$），运用直线的斜率公式，即可得到所求值；
（Ⅱ）法一：设直线AD的方程为y=kx+m．M（0，m），运用三角形的面积公式可得S₁=|m|，将直线方程和抛物线的方程联立，运用判别式大于0和韦达定理，以及梯形的面积公式可得S₂，进而得到所求范围；
法二：设直线AD的方程为y=kx+m，代入抛物线的方程，运用韦达定理和弦长公式，点到直线的距离公式可得三角形的面积S₁=|m|，梯形的面积公式可得S₂，进而得到所求范围．

解答 解：（Ⅰ）由B（1，0），可得A（1，y₁），
代入y²=4x，得到y₁=2，
又|BC|=2，则x₂-x₁=2，可得x₂=3，
代入y²=4x，得到y₂=2$\sqrt{3}$，
则${k_{AD}}=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{2\sqrt{3}-2}}{2}=\sqrt{3}-1$；
（Ⅱ）证法一：设直线AD的方程为y=kx+m．M（0，m），
则${S_1}={S_{△OMD}}-{S_{△OMA}}=\frac{1}{2}|m（{x_2}-{x_1}）|=|m|$．
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$\frac{S_1}{S_2}$=$\frac{m}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{km}{4}$，
因为△=16-16km＞0，所以0＜km＜1，
所以$\frac{S_1}{S_2}=\frac{km}{4}＜\frac{1}{4}$．
证法二：设直线AD的方程为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$\left\{\begin{array}{l}△={（2km-4）^2}-4{k^2}{m^2}=16-16km＞0\\{x_1}+{x_2}=\frac{4-2km}{k^2}\\{x_1}{x_2}=\frac{m^2}{k^2}\end{array}\right.$，
$|AD|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=2\sqrt{1+{k^2}}$，
点O到直线AD的距离为$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
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$\frac{S_1}{S_2}=\frac{m}{{{y_1}+{y_2}}}═\frac{km}{4}$，
因为△=16-16km＞0，所以0＜km＜1，
所以$\frac{S_1}{S_2}=\frac{km}{4}＜\frac{1}{4}$．

点评 本题考查抛物线的方程和运用，注意联立直线方程和抛物线的方程，运用判别式大于0和韦达定理及弦长公式，考查点到直线的距离公式和三角形的面积和梯形的面积的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．