Question

6．已知曲線W：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1（y≥0），直線l：y=kx+1與曲線W交于A，D兩點(diǎn)，A，D兩點(diǎn)在x軸上的射影分別為點(diǎn)B，C．
（1）當(dāng)點(diǎn)B坐標(biāo)為（-1，0）時，求k的值；
（2）記△OAD的面積為S₁，四邊形ABCD的面積為S₂．
（i）若S₁=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，求線段AD的長度；
（ii）求證：$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}≥\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）由題意，曲線W：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1（y≥0）是橢圓x軸的上方部分，點(diǎn)B坐標(biāo)為（-1，0），說明A只能在第二象限，且A點(diǎn)是直線與曲線W的交點(diǎn)，橫坐標(biāo)為-1，帶入曲線W求點(diǎn)A的坐標(biāo)，再帶入直線方程求出k．
（2）（i）設(shè)點(diǎn)A，點(diǎn)D的坐標(biāo)，設(shè)而不求的思想，A，D兩點(diǎn)在x軸上的射影分別為點(diǎn)B，C．那么四邊形ABCD是直角梯形或矩形，由點(diǎn)A，點(diǎn)D的坐標(biāo)建立關(guān)系．k不存在時，四邊形ABCD也不存在，所以k必須存在．
（ii）利用點(diǎn)A，點(diǎn)D的坐標(biāo)表示△OAD的面積為S₁，四邊形ABCD的面積為S₂，其比值大于等于$\frac{1}{2}$．

解答 解：（1）由題意，y=kx+1與曲線W交于A，D兩點(diǎn)，A，D兩點(diǎn)在x軸上的射影分別為點(diǎn)B，C．點(diǎn)B坐標(biāo)為（-1，0），則點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為-1，帶入曲線W：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1，解得點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為$\frac{3}{2}$，即A（-1，$\frac{3}{2}$）
∵點(diǎn)A在直線y=kx+1，則有：$\frac{3}{2}=k×（-1）+1$，
∴解得k=-$\frac{1}{2}$

（2）（i）由題意，k不存在時，四邊形ABCD也不存在，所以k必須存在．
設(shè)點(diǎn)A（x_A，y_A），點(diǎn)D（x_D，y_D），則點(diǎn)B（x_A，0），點(diǎn)C（x_D，0）
直線l：y=kx+1與曲線W交于A，D兩點(diǎn)，
A，D兩點(diǎn)帶入：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1，y=kx+1，消去y，
解得：x_A+x_D=$\frac{-8k}{3+4{k}^{2}}$
x_Ax_D=$\frac{-8}{3+4{k}^{2}}$
|AD|=$\sqrt{1{+k}^{2}}•\sqrt{{（x}_{A}+{x}_{D}）^{2}-4{x}_{A}xD}$=$\frac{4\sqrt{6}（{k}^{2}+1）}{3+4{k}^{2}}$
△OAD的面積為S₁，設(shè)原點(diǎn)（0，0）到直線l：y=kx+1距離為h，
則h=$\frac{|Ax+By+C|}{\sqrt{{A}^{2}+{B}^{2}}}$=$\frac{1}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$
S₁=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$=$\frac{1}{2}$|AD|•h
解得k=$±\frac{\sqrt{3}}{2}$
|AD|=$\frac{4\sqrt{6}（{k}^{2}+1）}{3+4{k}^{2}}$=$\frac{7\sqrt{6}}{6}$
（ii）由題意及（i）：可知：S₁=$\frac{1}{2}$|AD|•h=$\frac{1}{2}$×$\frac{4\sqrt{6}（{k}^{2}+1）}{3+4{k}^{2}}$×$\frac{1}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=2×$\frac{\sqrt{6}×\sqrt{{k}^{2}+1}}{3+4{k}^{2}}$
A，D兩點(diǎn)帶入：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1，y=kx+1，消去x
y_A+y_D=$\frac{6}{3+4{k}^{2}}$
四邊形ABCD的面積為S₂
S₂=$\frac{1}{2}（{y}_{A}{+y}_{D}）•（{x}_{A}+{x}_{D}）$=$\frac{1}{2}×$$\frac{6}{3+4{k}^{2}}$×|$\frac{-8k}{3+4{k}^{2}}$|=$\frac{24k}{（3+4{k}^{2}）^{2}}$
那么：$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=（2×$\frac{\sqrt{6}×\sqrt{{k}^{2}+1}}{3+4{k}^{2}}$）÷$\frac{24k}{（3+4{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}•\sqrt{{k}^{2}+1}•（3+4{k}^{2}）}{12k}$=$\frac{\sqrt{6}}{12}•\sqrt{\frac{（{k}^{2}+1）（3+4{k}^{2}）^{2}}{{k}^{2}}}$$≥\frac{1}{2}$
得證．

點(diǎn)評 本題考查直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，考查了圓錐曲線的簡單性質(zhì)，考查弦長公式的應(yīng)用，體現(xiàn)了“設(shè)而不求”的解題思想方法，計(jì)算量大，化簡復(fù)雜，屬于難題．