Question

4．如圖，橢圓C₀：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0，a，b為常數(shù)），動圓C₁：x²+y²=t₁²，b＜t₁＜a．．點A₁，A₂分別為C₀的左，右頂點，C₁與C₀相交于A，B，C，D四點．
（1）若C₁經(jīng)過C₀的焦點，且C₀離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，求∠DOC的大��；
（2）設(shè)動圓C₂：x²+y²=t₂²與C₀相交于A′，B′，C′，D′四點，其中b＜t₂＜a，t₁≠t₂．若t₁²+t₂²=a²+b²，證明：矩形ABCD與矩形A′B′C′D′的面積相等．

Answer 1

分析 （1）設(shè)∠DF₁F₂=θ，則DF₂=2csinθ，DF₁=2ccosθ，利用|DF₁|+|DF₂|=2a，得到2ccosθ+2csinθ=2a，然后求解∠DOC=$4θ=\frac{π}{3}$．
（2）設(shè)$A（{{x_0}，{y_0}}），{A^/}（{{x_1}，{y_1}}）$，矩形ABCD與矩形A′B′C′D′的面積分別為S，S′，則代入圓的方程，求出面積的表達(dá)式，利用t₁²+t₂²=a²+b²，推出$（{{x_0}^2+{x_1}^2}）（{1-\frac{b^2}{a^2}}）+{b^2}-{a^2}=0$，然后推出S=S′，即可得到矩形ABCD與矩形A′B′C′D′的面積相等．

解答 解：（1）設(shè)∠DF₁F₂=θ，則DF₂=2csinθ，DF₁=2ccosθ…（1分）
∵|DF₁|+|DF₂|=2a∴2ccosθ+2csinθ=2a…（2分）
即$\sqrt{2}sin（{θ+\frac{π}{4}}）=\frac{a}{c}$…（3分）
依題意，$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，得$sin（{θ+\frac{π}{4}}）=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$∴$θ=\frac{π}{12}$…（4分）
故∠DOC=$4θ=\frac{π}{3}$．…（5分）
（2）設(shè)$A（{{x_0}，{y_0}}），{A^/}（{{x_1}，{y_1}}）$，矩形ABCD與矩形A′B′C′D′的面積分別為S，S′
則${x_0}^2+{y_0}^2={t_1}^2，{x_1}^2+{y_1}^2={t_2}^2$，$S=4|{x_0}|•|{y_0}|，{S^/}=4|{x_1}|•|{y_1}|$…（6分）
∵${t_1}^2+{t_2}^2={a^2}+{b^2}$，∴${x_0}^2+{y_0}^2+{x_1}^2+{y_1}^2={a^2}+{b^2}$…（7分）
又${y_0}^2={b^2}（{1-\frac{{{x_0}^2}}{a^2}}）$，${y_1}^2={b^2}（{1-\frac{{{x_1}^2}}{a^2}}）$，
∴${x_0}^2+{b^2}（{1-\frac{{{x_0}^2}}{a^2}}）+{x_1}^2+{b^2}（{1-\frac{{{x_1}^2}}{a^2}}）={a^2}+{b^2}$…（8分）
即$（{{x_0}^2+{x_1}^2}）（{1-\frac{b^2}{a^2}}）+{b^2}-{a^2}=0$，
∴$（{\frac{{{x_0}^2+{x_1}^2}}{a^2}-1}）（{{a^2}-{b^2}}）=0$，
∵a≠b∴$\frac{{{x_0}^2+{x_1}^2}}{a^2}=0$，即${x_0}^2+{x_1}^2={a^2}$…（9分）
∴${S^2}-{S^{/2}}=16（{{x_0}^2{y_0}^2-{x_1}^2{y_1}^2}）$…（10分）
=$16[{{x_0}^2•{b^2}（{1-\frac{{{x_0}^2}}{a^2}}）-{x_1}^2•{b^2}（{1-\frac{{{x_1}^2}}{a^2}}）}]$
=$16{b^2}（{{x_0}^2-{x_1}^2-\frac{{{x_0}^4}}{a^2}+\frac{{{x_1}^4}}{a^2}}）$…（11分）
=$16{b^2}（{{x_0}^2-{x_1}^2}）（{1-\frac{{{x_0}^2+{x_1}^2}}{a^2}}）$=0，
∴S=S′，即矩形ABCD與矩形A′B′C′D′的面積相等．…（12分）

點評 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，整體代入以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，考查計算能力．