Question

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

Answer 1

分析 （1）由F₂（2，0），F(xiàn)₄（6，0），可得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}+^{2}=36}\\{{a}^{2}-^{2}=4}\end{array}\right.$，解得a，b的值；
（2）曲線C₂的漸近線為y=±$\frac{a}$x，如圖，設點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₀，y₀），設直線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)的關系、中點坐標公式，只要證明y₀=-$\frac{a}$x₀即可．
（3）設直線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)的關系、弦長公式、三角形的面積計算公式、基本不等式的性質即可得出．

解答 解：（1）∵F₂（2，0），F(xiàn)₄（6，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}+^{2}=36}\\{{a}^{2}-^{2}=4}\end{array}\right.$⇒$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=20}\\{^{2}=16}\end{array}\right.$，
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）；
（2）證明：曲線C₂的漸近線為y=±$\frac{a}$x，如圖，
設直線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)形結合知m≥a，a≤m＜$\sqrt{2}$a，
設點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₀，y₀）
則x₁+x₂=m，x₁x₂=$\frac{{m}^{2}-{a}^{2}}{2}$，
∴x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{1}{2}$m，y₀=$\frac{a}$（x₀-m）=-$\frac{a}$•$\frac{m}{2}$，
∴y₀=-$\frac{a}$x₀，
即弦AB的中點M必在曲線C₂的另一條漸近線y=-$\frac{a}$x上．  
（3）由（1）知，曲線C₁為$\frac{{x}^{2}}{20}$+$\frac{{y}^{2}}{16}$=1（y≤0），點F₄（6，0）．
設直線l₁的方程為x=ny+6（n＞0）
由$\left\{\begin{array}{l}{x=ny+6}\\{\frac{{x}^{2}}{20}+\frac{{y}^{2}}{16}=1}\end{array}\right.$⇒（4n²+5）y²+48ny+64=0，
△=（48n）²-4×64（4n²+5）＞0⇒n²＞1，
設C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
由韋達定理：y₃+y₄=-$\frac{48n}{5+4{n}^{2}}$，y₃y₄=$\frac{64}{5+4{n}^{2}}$，
|y₃-y₄|=$\sqrt{（{y}_{3}+{y}_{4}）^{2}-4{y}_{3}{y}_{4}}$=16•$\frac{\sqrt{5}\sqrt{{n}^{2}-1}}{5+4{n}^{2}}$．
S${\;}_{△CD{F}_{1}}$=$\frac{1}{2}$|F₁F₄|×|y₃-y₄|=$\frac{1}{2}$×8×16$\sqrt{5}$×$\frac{\sqrt{{n}^{2}-1}}{5+4{n}^{2}}$=64$\sqrt{5}$×$\frac{\sqrt{{n}^{2}-1}}{5+4{n}^{2}}$
令t=$\sqrt{{n}^{2}-1}$＞0，∴n²=t²+1，
S${\;}_{△CD{F}_{1}}$=64$\sqrt{5}$×$\frac{t}{9+4{t}^{2}}$=64$\sqrt{5}$×$\frac{1}{4t+\frac{9}{t}}$，
∵t＞0，∴4t+$\frac{9}{t}$≥12，當且僅當t=$\frac{3}{2}$即n=$\frac{\sqrt{13}}{2}$時等號成立．
∴n=$\frac{\sqrt{13}}{2}$時，△CDF₁面積的最大值為$\frac{16\sqrt{5}}{3}$．

點評 本題考查了橢圓與雙曲線的標準方程及其性質、直線與橢圓相交問題轉化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關系、弦長公式、三角形的面積計算公式、基本不等式的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．