在平面直角坐标系 $x O y$ 中，双曲线 $x^2-\frac{y^2}{2}=1$ 与曲线 $2(x-m)^2+(y-n)^2=6$ 有 $4 $ 个交点 $A, B, C, D$．
1、若 $(m,n)=(0,0)$，求证：$A,B,C,D$ 是正方形的四个顶点；
2、求证：$|OA|^2+|OB|^2+|OC|^2+|OD|^2$ 是定值；
3、求 $A,B,C,D$ 构成的四边形面积的最大值．
解析
1、联立可得 $4$ 个交点坐标分别为 $(\sqrt 2,\pm\sqrt 2),(-\sqrt 2,\pm \sqrt 2)$，因此命题得证．
2、设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),C(x_3,y_3),D(x_4,y_4)$，则\[ |OA|^2+|OB|^2+|OC|^2+|OD|^2=\sum_{k=1}^4(x_k^2+y_k^2)=\sum_{k=1}^4(x_k^2+2x_k^2-2)=3\sum_{k=1}^4x_k^2-8.\] 题中曲线方程即\[2ny=2(x-m)^2+y^2+n^2-6,\]与双曲线方程联立可得\[4n^2(2x^2-2)=(2(x-m)^2+2x^2-2+n^2-6)^2,\]即\[8n^2(x^2-1)=(4x^2-4mx+2m^2+n^2-8)^2,\]于是\[\begin{split}\sum_{k=1}^4x_k^2&=\left(-\dfrac{-32m}{16}\right)^2-2\cdot \dfrac{16m^2+8(2m^2+n^2-8)-8n^2}{16}\\ &=4m^2-2(2m^2-4)\\ &=8,\end{split}\]于是 $|OA|^2+|OB|^2+|OC|^2+|OD|^2$ 是定值 $16$．
3、设 $\angle AOB,\angle BOC,\angle COD,\angle DOA$ 分别为 $\theta_1,\theta_2,\theta_3,\theta_4$，且 $A,B,C,D$ 到 $O$ 的距离分别为 $a,b,c,d$，则 $A,B,C,D$ 构成的四边形面积\[\begin{split} S&\leqslant \frac 12ab\sin\theta_1+\frac 12bc\sin\theta_2+\frac 12cd\sin\theta_3+\frac 12da\sin\theta_2\\ &\leqslant \frac12 (ab+bc+cd+da)\\ &\leqslant \frac 12(a^2+b^2+c^2+d^2)\\ &=8,\end{split}\]等号当 $O$ 在四边形 $ABCD$ 内部，$\theta_1=\theta_2=\theta_3=\theta_4$ 且 $a=b=c=d$ 时取得，此时四边形 $ABCD$ 为第 $(1)$ 小题中的正方形，因此 $A,B,C,D$ 构成的四边形面积的最大值为 $8$．
备注
$[1]$ 若双曲线方程改为 $p_1x^2-y^2=r_1$，椭圆方程改为 $p_2(x-m)^2+(y-n)^2=r_2$，则联立后的方程为\[\big((p_1+p_2)x^2-2mp_2x+p_2m^2+n^2-r_1-r_2)^2=4n^2(p_1x^2-r_1),\]于是\[M=|OA|^2+|OB|^2+|OC|^2+|OD^2|=(1+p_1)\sum_{i=1}^4x_i^2-4r_1,\]其中\[\begin{split}\sum_{i=1}^4x_i^2&=\left(\frac{4m(p_1+p_2)p_2}{(p_1+p_2)^2}\right)^2-2\cdot \frac{4m^2p_2^2+2(p_1+p_2)(p_2m^2+n^2-r_1-r_2)-4n^2p_1}{(p_1+p_2)^2}\\ &=\dfrac{4(p_1-p_2)}{(p_1+p_2)^2}\cdot(p_1m^2+n^2)+\dfrac{4(r_1+r_2)}{p_1+p_2},\end{split}\]因此当 $p_1=p_2=p$ 时，$M$ 为定值\[(1+p)\cdot \dfrac{2(r_1+r_2)}{p}-4r_1=\frac{2(r_1+r_2)}p+2r_2-2r_1,\]且当 $p=\frac{r_2+r_1}{r_2-r_1}$ 时，双曲线 $px^2-y^2=r_1$ 与椭圆 $px^2+y^2=r_2$ 交点构成正方形，此时 $M=4(r_2-r_1)$，正方形面积为 $\frac 12M=2(r_2-r_1)$．