Question

2．如图，已知F₁（0，-1），F₂（0，1）为椭圆Γ：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的两个焦点，过F₁作两条倾斜角互补的直线l₁，l₂，l₁，l₂分别与椭圆Γ相交于A，B，C，D四点，且△ABF₂的周长为8．
（Ⅰ）求椭圆Γ的方程；
（Ⅱ）求阴影部分S的最大值；
（Ⅲ）求证：直线AD与直线BC的交点是定点．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用椭圆的定义，可得|AF₁|+|AF₂|=|BF₂|+|BF₁|=2a，可得4a=8，解得a=2，再由a，b，c的关系，可得b，进而得到椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线AB：y=kx-1与椭圆的交点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（-x₁，y₁），D（-x₂，y₂），代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，化简整理，再由基本不等式即可得到S的最大值；
（Ⅲ）依题意可知AD与BC的交点在y轴上，求出直线BC：$\frac{y-{y}_{2}}{x-{x}_{2}}$=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}+{x}_{1}}$，令x=0，代入韦达定理，化简整理，可得y=-4，即可得到定点．

解答 解：（Ⅰ）依题意可知|AF₂|+|BF₂|+|AB|=8，
由椭圆的定义可得|AF₁|+|AF₂|=|BF₂|+|BF₁|=2a，
可得4a=8，解得a=2，
又c=1，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
则椭圆方程为$\frac{{y}^{2}}{4}$+$\frac{{x}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）设直线AB：y=kx-1与椭圆的交点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（-x₁，y₁），D（-x₂，y₂），
根据对称性，不妨设k＞0，x₁＜0＜x₂，y₂＞y₁，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{3{y}^{2}+4{x}^{2}=12}\end{array}\right.$得：（4+3k²）x²-6kx-9=0，
得△=36k²+36（3k²+4）＞0，x₁+x₂=$\frac{6k}{4+3{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{9}{4+3{k}^{2}}$，
S=2${S}_{△A{F}_{2}D}$=2•$\frac{1}{2}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁|•$\frac{|-k{x}_{2}-{y}_{2}-1|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$
=2|k|•|x₁x₂|=$\frac{18|k|}{4+3{k}^{2}}$=$\frac{18}{3|k|+\frac{4}{|k|}}$≤$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
当且仅当|3k|=$\frac{4}{|k|}$，即k=±$\frac{2\sqrt{3}}{3}$时，取到最大值$\frac{3\sqrt{3}}{2}$；
（Ⅲ）证明：依题意可知AD与BC的交点在y轴上，
直线BC：$\frac{y-{y}_{2}}{x-{x}_{2}}$=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}+{x}_{1}}$，令x=0，
得y=$\frac{-{x}_{2}（{y}_{2}-{y}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+y₂=$\frac{2k{x}_{1}{x}_{2}-（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
代入x₁+x₂=$\frac{6k}{4+3{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{9}{4+3{k}^{2}}$，
可得y=-4，
所以直线AD与BC的交点为（0，-4）．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用定义法，考查三角形的面积的最值的求法，注意运用联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及基本不等式，考查直线恒过定点的问题的解法，注意运用直线方程，属于中档题．