Question

2．如圖，曲線Γ由曲線C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0，y≤0）和曲線C₂：$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞0，b＞0，y＞0）組成，其中點(diǎn)F₁，
F₂為曲線C₁所在圓錐曲線的焦點(diǎn)，點(diǎn)F₃，F(xiàn)₄為曲線C₂所在圓錐曲線的焦點(diǎn)，
（Ⅰ）若F₂（2，0），F(xiàn)₃（-6，0），求曲線Γ的方程；
（Ⅱ）如圖，作直線l平行于曲線C₂的漸近線，交曲線C₁于點(diǎn)A、B，求證：弦AB的中點(diǎn)M必在曲線C₂的另一條漸近線上；
（Ⅲ）對(duì)于（Ⅰ）中的曲線Γ，若直線l₁過(guò)點(diǎn)F₄交曲線C₁于點(diǎn)C、D，求△CDF₁面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由F₂（2，0），F(xiàn)₃（-6，0），可得）$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}+^{2}=36}\\{{a}^{2}-^{2}=4}\end{array}\right.$⇒a
（Ⅱ）曲線C₂的漸近線為±$\frac{a}x$，如圖，設(shè)點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₀，y₀），設(shè)直線l：y=$\frac{a}（x-m）$，與橢圓方程聯(lián)立化為2x²-2mx+（m²-a²）=0，利用△＞0，根與系數(shù)的關(guān)系、中點(diǎn)坐標(biāo)公式，只要證明y₀=-$\frac{a}{x}_{0}$即可．
（Ⅲ）設(shè)直線l₁的方程為x=ny+6（n＞0）．與橢圓方程聯(lián)立可得（5+4n²）y²+48ny+64=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、三角形的面積計(jì)算公式、基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（Ⅰ）∵F₂（2，0），F(xiàn)₃（-6，0），∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}+^{2}=36}\\{{a}^{2}-^{2}=4}\end{array}\right.$⇒a$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=20}\\{^{2}=16}\end{array}\right.$
則曲線Γ的方程為$\frac{{x}^{2}}{20}+\frac{{y}^{2}}{16}=1（y≤0）$和$\frac{{x}^{2}}{20}-\frac{{y}^{2}}{16}=1$（y＞0）…．（3分）
（Ⅱ）曲線C₂的漸近線為y=±$\frac{a}x$，如圖，設(shè)直線l：y=$\frac{a}（x-m）$
則$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{a}（x-m）}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1}\end{array}\right.$⇒2x²-2mx+（m²-a²）=0
△=（2m）²-4•2•（m²-a²）=8a²-4m²＞0⇒-$\sqrt{2}a＜m＜\sqrt{2}a$
又由數(shù)形結(jié)合知m≥a，$a≤m＜\sqrt{2}a$
設(shè)點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₀，y₀）則$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=m}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{{m}^{2}-{a}^{2}}{2}}\end{array}\right.$，
∴${x}_{0}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=\frac{m}{2}$，${y}_{0}=\frac{a}（{x}_{0}-m）=-\frac{a}•\frac{m}{2}$
∴${y}_{0}=-\frac{a}{x}_{0}$，即點(diǎn)M在直線y=-$\frac{a}x$上．  …（7分）
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，曲線C₁為$\frac{{x}^{2}}{20}+\frac{{y}^{2}}{16}=1（y≤0）$，點(diǎn)F₄（6，0）．
設(shè)直線l₁的方程為x=ny+6（n＞0）
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{20}+\frac{{y}^{2}}{16}=1}\\{x=ny+6}\end{array}\right.$⇒（4n²+5）y²+48ny+64=0
△=（48n）²-4×64（4n²+5）＞0⇒n²＞1
設(shè)C（x₃，y₃），D（x₄，y₄）由韋達(dá)定理：$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{3}+{y}_{4}=\frac{-48n}{4{n}^{2}+5}}\\{{y}_{3}{y}_{4}=\frac{64}{4{n}^{2}+5}}\end{array}\right.$
|y₃-y₄|=$\sqrt{（{y}_{3}+{y}_{4}）^{2}-{y}_{3}{y}_{4}}=16\sqrt{5}\frac{\sqrt{{n}^{2}-1}}{4{n}^{2}+5}$．
s_△CDF1=$\frac{1}{2}$|F₁F₄|×|y₃-y₄|=$\frac{1}{2}×8×16\sqrt{5}×\frac{\sqrt{{n}^{2}-1}}{4{n}^{2}+5}=64\sqrt{5}\frac{\sqrt{{n}^{2}-1}}{4{n}^{2}+5}$
令t=$\sqrt{{n}^{2}-1}＞0$，∴n²=t²+1，s_△CDF1=64$\sqrt{5}$×$\frac{t}{4{t}^{2}+9}=64\sqrt{5}\frac{1}{4t+\frac{9}{t}}$
∵t＞0，∴$4t+\frac{9}{t}≥12$，當(dāng)且僅當(dāng)t=$\frac{3}{2}$即n=$\frac{\sqrt{13}}{2}$時(shí)等號(hào)成立
∴n=$\frac{\sqrt{13}}{2}$時(shí)，△CDF₁面積的最大值$\frac{16\sqrt{5}}{3}$…．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓與雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、三角形的面積計(jì)算公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．