Question

4．已知直线l₁、l₂与曲线W：mx²+ny²=1（m＞0，n＞0）分别相交于点A、B和C、D，我们将四边形ABCD称为曲线W的内接四边形．
（1）若直线l₁：y=x+a和l₂：y=x+b将单位圆W：x²+y²=1分成长度相等的四段弧，求a²+b²的值；
（2）若直线${l_1}：y=2x-\sqrt{10}，{l_2}：y=2x+\sqrt{10}$与圆W：x²+y²=4分别交于点A、B和C、D，求证：四边形ABCD为正方形；
（3）求证：椭圆$W：\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$的内接正方形有且只有一个，并求该内接正方形的面积．

Answer 1

分析 （1）根据直线分圆分成长度相等的四段弧，得到$|{AB}|=|{CD}|=\sqrt{2}$，利用点到直线的距离公式进行求解即可．
（2）根据直线与圆相交的位置关系，利用消元法转化为一元二次方程，根据根与系数之间的关系进行证明即可，
（3）根据椭圆内接正方形的关系，转化为一元二次方程，根据根与系数之间的关系进行证明即可，

解答 解：（1）由于直线l₁：y=x+a和l₂：y=x+b将单位圆W：x²+y²=（1分）成长度相等的四段弧，
所以$|{AB}|=|{CD}|=\sqrt{2}$，
在等腰直角△OAB中，圆心O（0，0）到直线l₁：y=x+a的距离为$d=\frac{|a|}{{\sqrt{2}}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}∴|a|=1$，
同理|b|=1，∴a²+b²=2------------------------------------（4分）
（2）由题知，直线l₁，l₂关于原点对称，因为圆W：x²+y²=4的圆心为原点O，
所以$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$，故四边形ABCD为平行四边形．易知，O点在对角线AC，BD上．
联立$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+{y^2}=4\\ y=2x-\sqrt{10}\end{array}\right.$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$\overrightarrow{AC}⊥\overrightarrow{BD}$，因为$|{\overrightarrow{AC}}|=|{\overrightarrow{BD}}|=4$，所以四边形ABCD为正方形．----------------（9分）
（3）证明：假设椭圆$W：\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$存在内接正方形，其四个顶点为A，B，C，D．
当直线AB的斜率不存在时，设直线AB、CD的方程为x=m，x=n，因为A，B，C，D在椭圆上，
所以$A（{m，-\sqrt{1-\frac{m^2}{2}}}），B（{m，\sqrt{1-\frac{m^2}{2}}}），C（{n，-\sqrt{1-\frac{n^2}{2}}}），D（{n，-\sqrt{1-\frac{n^2}{2}}}）$，
由四边形ABCD为正方形，易知，$m=\frac{{\sqrt{6}}}{3}，n=-\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，直线AB、CD的方程为$x=\frac{{\sqrt{6}}}{3}，x=-\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
正方形ABCD的面积$S=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}•\frac{{2\sqrt{6}}}{3}=\frac{8}{3}$．---------------------（12分）
当直线AB的斜率存在时，设直线AB、CD的方程分别为l_AB：y=kx+m，l_CD：y=kx+n（k≠0，m≠0），
显然m≠n．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
联立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{2}+{y^2}=1\\ y=kx+m\end{array}\right.$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${|{CD}|^2}=8（{1+{k^2}}）•\frac{{2{k^2}-{n^2}+1}}{{{{（{1+2{k^2}}）}^2}}}$，
因为ABCD为正方形，所以|AB|²=|CD|²解得m²=n²
因为m≠n，所以m=-n，
因此，直线AB与直线CD关于原点O对称，
所以原点O为正方形的中心（由m=-n知$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$，四边形ABCD为平行四边形）
由ABCD为正方形知$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，
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：此时四边形ABCD为菱形）
由ABCD为正方形知|AB|=|AD|，
因为直线AB与直线CD的距离为$|{AD}|=\frac{{|{m-n}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}，m=-n$，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，与k≠0矛盾．
所以|AD|²≠|AB|²，这与|AD|=|AB|矛盾．
即当直线AB的斜率k≠0存在时，椭圆内不存在正方形．
综上所述，椭圆$W：\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$的内接正方形有且只有一个，且其面积为$S=\frac{8}{3}$．--（18分）

点评 本题主要考查直线和圆锥曲线的位置关系的应用，将直线方程代入椭圆方程，利用消元法转化为一元二次方程形式，根据根与系数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．