Question

4．已知直線l₁、l₂與曲線W：mx²+ny²=1（m＞0，n＞0）分別相交于點A、B和C、D，我們將四邊形ABCD稱為曲線W的內(nèi)接四邊形．
（1）若直線l₁：y=x+a和l₂：y=x+b將單位圓W：x²+y²=1分成長度相等的四段弧，求a²+b²的值；
（2）若直線${l_1}：y=2x-\sqrt{10}，{l_2}：y=2x+\sqrt{10}$與圓W：x²+y²=4分別交于點A、B和C、D，求證：四邊形ABCD為正方形；
（3）求證：橢圓$W：\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$的內(nèi)接正方形有且只有一個，并求該內(nèi)接正方形的面積．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)直線分圓分成長度相等的四段弧，得到$|{AB}|=|{CD}|=\sqrt{2}$，利用點到直線的距離公式進(jìn)行求解即可．
（2）根據(jù)直線與圓相交的位置關(guān)系，利用消元法轉(zhuǎn)化為一元二次方程，根據(jù)根與系數(shù)之間的關(guān)系進(jìn)行證明即可，
（3）根據(jù)橢圓內(nèi)接正方形的關(guān)系，轉(zhuǎn)化為一元二次方程，根據(jù)根與系數(shù)之間的關(guān)系進(jìn)行證明即可，

解答 解：（1）由于直線l₁：y=x+a和l₂：y=x+b將單位圓W：x²+y²=（1分）成長度相等的四段弧，
所以$|{AB}|=|{CD}|=\sqrt{2}$，
在等腰直角△OAB中，圓心O（0，0）到直線l₁：y=x+a的距離為$d=\frac{|a|}{{\sqrt{2}}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}∴|a|=1$，
同理|b|=1，∴a²+b²=2------------------------------------（4分）
（2）由題知，直線l₁，l₂關(guān)于原點對稱，因為圓W：x²+y²=4的圓心為原點O，
所以$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$，故四邊形ABCD為平行四邊形．易知，O點在對角線AC，BD上．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+{y^2}=4\\ y=2x-\sqrt{10}\end{array}\right.$解得$5{x^2}-4\sqrt{10}x+6=0$，由${x_1}+{x_2}=\frac{{4\sqrt{10}}}{5}，{x_1}{x_2}=\frac{6}{5}$
得$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}={x_1}{x_2}+（{2{x_1}-\sqrt{10}}）（{2{x_2}-\sqrt{10}}）$=$5{x_1}{x_2}-2\sqrt{10}（{{x_1}+{x_2}}）+10=6-2\sqrt{10}•\frac{{4\sqrt{10}}}{5}+10=0$，
所以$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，
于是$\overrightarrow{AC}⊥\overrightarrow{BD}$，因為$|{\overrightarrow{AC}}|=|{\overrightarrow{BD}}|=4$，所以四邊形ABCD為正方形．----------------（9分）
（3）證明：假設(shè)橢圓$W：\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$存在內(nèi)接正方形，其四個頂點為A，B，C，D．
當(dāng)直線AB的斜率不存在時，設(shè)直線AB、CD的方程為x=m，x=n，因為A，B，C，D在橢圓上，
所以$A（{m，-\sqrt{1-\frac{m^2}{2}}}），B（{m，\sqrt{1-\frac{m^2}{2}}}），C（{n，-\sqrt{1-\frac{n^2}{2}}}），D（{n，-\sqrt{1-\frac{n^2}{2}}}）$，
由四邊形ABCD為正方形，易知，$m=\frac{{\sqrt{6}}}{3}，n=-\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，直線AB、CD的方程為$x=\frac{{\sqrt{6}}}{3}，x=-\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
正方形ABCD的面積$S=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}•\frac{{2\sqrt{6}}}{3}=\frac{8}{3}$．---------------------（12分）
當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB、CD的方程分別為l_AB：y=kx+m，l_CD：y=kx+n（k≠0，m≠0），
顯然m≠n．設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{2}+{y^2}=1\\ y=kx+m\end{array}\right.$得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，所以${x_1}+{x_2}=-\frac{4km}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$
代人${|{AB}|^2}=（{1+{k^2}}）[{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}]$，得${|{AB}|^2}=8（{1+{k^2}}）•\frac{{2{k^2}-{m^2}+1}}{{{{（{1+2{k^2}}）}^2}}}$，
同理可得${|{CD}|^2}=8（{1+{k^2}}）•\frac{{2{k^2}-{n^2}+1}}{{{{（{1+2{k^2}}）}^2}}}$，
因為ABCD為正方形，所以|AB|²=|CD|²解得m²=n²
因為m≠n，所以m=-n，
因此，直線AB與直線CD關(guān)于原點O對稱，
所以原點O為正方形的中心（由m=-n知$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$，四邊形ABCD為平行四邊形）
由ABCD為正方形知$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，
即$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}=（{1+{k^2}}）{x_1}{x_2}+km（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}=0$
代人得$\frac{{3{m^2}-2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}=0$，解得${m^2}=\frac{{2（{{k^2}+1}）}}{3}$（注：此時四邊形ABCD為菱形）
由ABCD為正方形知|AB|=|AD|，
因為直線AB與直線CD的距離為$|{AD}|=\frac{{|{m-n}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}，m=-n$，故${|{AD}|^2}=\frac{{4{m^2}}}{{1+{k^2}}}=\frac{{4•\frac{{2（{{k^2}+1}）}}{3}}}{{1+{k^2}}}=\frac{8}{3}$
但${|{AB}|^2}=8（{1+{k^2}}）•\frac{{2{k^2}-{m^2}+1}}{{{{（{1+2{k^2}}）}^2}}}=\frac{8}{3}•\frac{{（{1+{k^2}}）（{1+4{k^2}}）}}{{{{（{1+2{k^2}}）}^2}}}$，
由$\frac{{（{1+{k^2}}）（{1+4{k^2}}）}}{{{{（{1+2{k^2}}）}^2}}}=1$得4k⁴+5k²+1=4k⁴+4k²+1，
∴k²=0即k=0，與k≠0矛盾．
所以|AD|²≠|(zhì)AB|²，這與|AD|=|AB|矛盾．
即當(dāng)直線AB的斜率k≠0存在時，橢圓內(nèi)不存在正方形．
綜上所述，橢圓$W：\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$的內(nèi)接正方形有且只有一個，且其面積為$S=\frac{8}{3}$．--（18分）

點評 本題主要考查直線和圓錐曲線的位置關(guān)系的應(yīng)用，將直線方程代入橢圓方程，利用消元法轉(zhuǎn)化為一元二次方程形式，根據(jù)根與系數(shù)之間的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．