Question

12．如图，曲线Г由曲线C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0，y≤0）和曲线C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0，y＞0）组成，其中点F₁，F₂为曲线C₁所在圆锥曲线的焦点，点F₃，F₄为曲线C₂所在圆锥曲线的焦点，
（1）若F₂（2，0），F₃（-6，0），求曲线Г的方程；
（2）如图，作直线l平行于曲线C₂的渐近线，交曲线C₁于点A、B，求证：弦AB的中点M必在曲线C₂的另一条渐近线上；
（3）对于（Ⅰ）中的曲线Г，若直线l₁过点F₄交曲线C₁于点C、D，求△CDF₁面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）由F₂（2，0），F₃（-6，0），可得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}+{b}^{2}=36}\\{{a}^{2}-{b}^{2}=4}\end{array}\right.$，解出即可；
（2）设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₀，y₀），设直线l：y=$\frac{b}{a}$（x-m），与椭圆方程联立化为2x²-2mx+（m²-a²）=0，利用△＞0，根与系数的关系、中点坐标公式，证明即可．
（3）由（1）知，曲线$\frac{{x}^{2}}{20}+\frac{{y}^{2}}{16}$=1（y≤0）F₄（6，0）．设直线l₁的方程为x=ny+6（n＞0）．与椭圆方程联立可得（5+4n²）y²+48ny+64=0，利用根与系数的关系、弦长公式、三角形的面积计算公式、基本不等式的性质即可得出．

解答 （1）解：∵F₂（2，0），F₃（-6，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}+{b}^{2}=36}\\{{a}^{2}-{b}^{2}=4}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=20}\\{{b}^{2}=16}\end{array}\right.$，
则曲线Γ的方程为$\frac{{x}^{2}}{20}+\frac{{y}^{2}}{16}$=1（y≤0）和$\frac{{x}^{2}}{20}-\frac{{y}^{2}}{16}$=1（y＞0）．
（2）证明：曲线C₂的渐近线为y=±$\frac{b}{a}$x，
设直线l：y=$\frac{b}{a}$（x-m），代入C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，化为2x²-2mx+（m²-a²）=0，
△=4m²-8（m²-a²）＞0，
解得-$\sqrt{2}$a＜m＜$\sqrt{2}$a．
又由数形结合知a≤m＜$\sqrt{2}$a．
设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₀，y₀），
则x₁+x₂=m，x₁x₂=$\frac{{m}^{2}-{a}^{2}}{2}$，
∴x₀=$\frac{m}{2}$，y₀=-$\frac{bm}{2a}$，
∴y₀=-$\frac{b}{a}$x₀，即点M在直线y=-$\frac{b}{a}$x上．
（3）由（1）知，曲线C₁：$\frac{{x}^{2}}{20}+\frac{{y}^{2}}{16}$=1（y≤0），点F₄（6，0）．
设直线l₁的方程为x=ny+6（n＞0）．
联立化为（5+4n²）y²+48ny+64=0，
△=（48n）²-4×64×（5+4n²）＞0，化为n²＞1．
设C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
∴y₃+y₄=-$\frac{48n}{5+4{n}^{2}}$，y₃y₄=$\frac{64}{5+4{n}^{2}}$．
∴|y₃-y₄|=$\frac{16\sqrt{5}•\sqrt{{n}^{2}-1}}{5+4{n}^{2}}$，
△CDF₁面积S=$\frac{1}{2}×8×$$\frac{16\sqrt{5}•\sqrt{{n}^{2}-1}}{5+4{n}^{2}}$，
令t=$\sqrt{{n}^{2}-1}$＞0，∴n²=t²+1，
∴S=$\frac{64\sqrt{5}}{4t+\frac{9}{t}}$≤$\frac{16\sqrt{5}}{3}$，当且仅当t=$\frac{3}{2}$，即n=$\frac{\sqrt{13}}{2}$时等号成立，△CDF₁面积的最大值为$\frac{16\sqrt{5}}{3}$．

点评 本题考查了椭圆与双曲线的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、弦长公式、三角形的面积计算公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．