Question

15．已知拋物線C₁：y²=2x與橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{2}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1在第一象限交于點(diǎn)A，直線y=$\sqrt{2}$x+m與橢圓C₂交于B、D兩點(diǎn)，且A，B，D三點(diǎn)兩兩互不重合．
（1）求m的取值范圍；
（2）△ABD的面積是否存在最大值？若存在，求出這個(gè)最大值；若不存在，請(qǐng)說明理由？
（3）求證：直線AB、AD的斜率之和為定值．

Answer 1

分析 （1）聯(lián)立方程中先求出A點(diǎn)坐標(biāo)，聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{2}x+m\\ 2{x^2}+{y^2}=4\end{array}\right.，得4{x^2}+2\sqrt{2}mx+{m^2}-4=0$，由此利用根的判別式能求出m的取值范圍．
（2）利用橢圓弦長公式和點(diǎn)到直線的距離公式能求出當(dāng)m=±2時(shí)，△ABD的面積最大，最大值為$\sqrt{2}$．
（3）設(shè)直線AB、AD的斜率分別為：k_AB、k_AD，推導(dǎo)出k_AB+k_AD=0，由此能證明直線AB、AD的斜率之和為定值0．

解答 解：（1）∵拋物線C₁：y²=2x與橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{2}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1在第一象限交于點(diǎn)A，
∴由$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=2x}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得A點(diǎn)坐標(biāo)為$（1，\sqrt{2}）$，（1分）
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{2}x+m\\ 2{x^2}+{y^2}=4\end{array}\right.，得4{x^2}+2\sqrt{2}mx+{m^2}-4=0$，（3分）
∵A、B、D三點(diǎn)兩兩互不重合，
∴△=-8m²+64＞0，∴$-2\sqrt{2}＜m＜2\sqrt{2}$，且m≠0，
∴m的取值范圍是$（-2\sqrt{2}，0）∪（0，2\sqrt{2}）$．（4分）
（2）設(shè)B（x₁，y₁），D（x₂，y₂），${x_1}+{x_2}=-\frac{{\sqrt{2}m}}{2}，{x_1}{x_2}=\frac{{{m^2}-4}}{4}$ ①
∵|BD|=$\sqrt{1+（\sqrt{2}）^{2}}$|x₁-x₂|=$\frac{\sqrt{6}}{2}$$\sqrt{8-{m}^{2}}$，（6分）
設(shè)d為點(diǎn)A到直線BD$y=\sqrt{2}x+m$的距離，則$d=\frac{\left|m\right|}{{\sqrt{3}}}$．
∴${S_{△ABD}}=\frac{1}{2}•\left|{BD}\right|•d=\frac{{\sqrt{2}}}{4}\sqrt{（8-m{\;}^2）{m^2}}≤\sqrt{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)m=±2時(shí)取等號(hào)．
∵±2∈（-2$\sqrt{2}$，0）∪（0，2$\sqrt{2}$），
∴當(dāng)m=±2時(shí)，△ABD的面積最大，最大值為$\sqrt{2}$．（9分）
（3）證明：設(shè)直線AB、AD的斜率分別為：k_AB、k_AD，
則${k_{AB}}+{k_{AD}}=\frac{{{y_1}-\sqrt{2}}}{{{x_1}-1}}+\frac{{{y_2}-\sqrt{2}}}{{{x_2}-1}}=\frac{{2\sqrt{2}{x_1}{x_2}+（m-2\sqrt{2}）（{x_1}+{x_2}）+2\sqrt{2}-2m}}{{（{x_1}-1）（{x_2}-1）}}$，
將①代入上式整理得k_AB+k_AD=0，
∴直線AB、AD的斜率之和為定值0．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，考查三角形的最大值是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判別式、橢圓弦長公式和點(diǎn)到直線的距離公式的合理運(yùn)用．