Question

4．直線l：ax+$\frac{1}{a}$y-1=0與x，y軸的交點(diǎn)分別為A，B，直線l與圓O：x²+y²=1的交點(diǎn)為C，D．給出下面三個(gè)結(jié)論：①?a≥1，S_△AOB=$\frac{1}{2}$；  ②?a≥1，|AB|＜|CD|；③?a≥1，S_△COD＜$\frac{1}{2}$，則所有正確結(jié)論的序號(hào)是①③．

Answer 1

分析 令y=0、x=0代入ax+$\frac{1}{a}$y-1=0求出A、B，由兩點(diǎn)之間的距離公式求出|AB|，由點(diǎn)到直線的距離公式求出圓心O（0，0）到直線l的距離，利用弦長(zhǎng)公式求出|CD|，
①由三角形的面積公式求出S_△AOB即可判斷；②由基本不等式求出|AB|的范圍，由作差法和完全平方公式化簡(jiǎn)|AB|²-|CD|²，即可判斷出結(jié)論是否正確；③設(shè)t=$\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}}$，由基本不等式求出t²的范圍，由三角形的面積公式表示出S_△COD，代入t轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)后由二次函數(shù)的性質(zhì)判斷即可．

解答 解：令y=0代入ax+$\frac{1}{a}$y-1=0得x=$\frac{1}{a}$，則A（$\frac{1}{a}$，0），
令x=0代入ax+$\frac{1}{a}$y-1=0得y=a，則B（0，a），
則|AB|=$\sqrt{（\frac{1}{a}）^{2}+{a}^{2}}$=$\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}$，
∵圓心O（0，0）到直線l：ax+$\frac{1}{a}$y-1=0的距離d=$\frac{|-1|}{\sqrt{{（\frac{1}{a}）}^{2}+{a}^{2}}}$=$\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}}$，
∴弦|CD|=2$\sqrt{1-（\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}}）^{2}}$，
①、S_△AOB=$\frac{1}{2}d•|AB|$=$\frac{1}{2}×\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}}×\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，①正確；
②、∵a≥1，∴|AB|=$\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}≥\sqrt{2（\frac{1}{{a}^{2}}•{a}^{2}）}=\sqrt{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)a=1取等號(hào)，
|AB|²-|CD|²=（$\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}$）-4（1-$\frac{1}{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}$）=$\frac{1}{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}$[$（\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}）^{2}-4•（\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}）+4$]
=$\frac{1}{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}$$[（\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}）-2]^{2}$≥0，
則|AB|²≥|CD|²，即|AB|＞|CD|，②錯(cuò)誤；
則$0＜\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}}≤\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$\frac{\sqrt{2}}{2}≤\sqrt{1-{（\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}}）}^{2}}＜1$，
∴$\sqrt{2}≤|CD|＜2$
③、設(shè)t=$\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}}$，又a≥1，∴$\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}≥\sqrt{2（\frac{1}{{a}^{2}}•{a}^{2}）}=\sqrt{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)a=1取等號(hào)，
∴$0＜\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}}≤\frac{\sqrt{2}}{2}$，則t∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]，即${t}^{2}∈（0，\frac{1}{2}]$，
∵S_△COD=$\frac{1}{2}d•|CD|$=$\frac{1}{2}×\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}}×2\sqrt{1-{（\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+{a}^{2}}}）}^{2}}$，
∴代入得，S=$t\sqrt{1-{t}^{2}}$=$\sqrt{{t}^{2}-{t}^{4}}$=$\sqrt{{-（t}^{2}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{4}}$≤$\frac{1}{2}$，
當(dāng)${t}^{2}=\frac{1}{2}$時(shí)，即a=1時(shí)S_△COD=$\frac{1}{2}$，當(dāng)a＜1時(shí)S_△COD $＜\frac{1}{2}$，③正確；
故答案為：①③．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與圓的位置關(guān)系，兩點(diǎn)之間、點(diǎn)到直線的距離公式，利用作差法比較大小，利用基本不等式、換元法求三角形面積的最值，考查化簡(jiǎn)、變形能力，綜合性強(qiáng)，屬于難題．