Question

（2013•湖北）如图，已知椭圆C₁与C₂的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m，2n（m＞n），过原点且不与x轴重合的直线l与C₁，C₂的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D，记λ=

m

n

，△BDM和△ABN的面积分别为S₁和S₂．
（Ⅰ）当直线l与y轴重合时，若S₁=λS₂，求λ的值；
（Ⅱ）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S₁=λS₂？并说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）设出两个椭圆的方程，当直线l与y轴重合时，求出△BDM和△ABN的面积S₁和S₂，直接由面积比=λ列式求λ的值；
（Ⅱ）假设存在与坐标轴不重合的直线l，使得S₁=λS₂，设出直线方程，由点到直线的距离公式求出M和N到直线l的距离，利用数学转化思想把两个三角形的面积比转化为线段长度比，由弦长公式得到线段长度比的另一表达式，两式相等得到

a2k2+n2 a2k2+m2

=

λ+1

λ(λ-1)

，换元后利用非零的k值存在讨论λ的取值范围．

解答：解：以题意可设椭圆C₁和C₂的方程分别为
C1：

x2

a2

+

y2

m2

=1，C2：

x2

a2

+

y2

n2

=1．其中a＞m＞n＞0，
λ=

m

n

．
（Ⅰ）如图1，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x=0，则
S1=

1

2

|BD|•|OM|=

1

2

a|BD|，
S2=

1

2

|AB|•|ON|=

1

2

a|AB|，
所以

S1

S2

=

|BD|

|AB|

．
在C₁和C₂的方程中分别令x=0，可得y_A=m，y_B=n，y_D=-m，
于是

|BD|

|AB|

=

|yB-yD|

|yA-yB|

=

m+n

m-n

=

λ+1

λ-1

．
若

S1

S2

=λ，则

λ+1

λ-1

=λ，化简得λ²-2λ-1=0，由λ＞1，解得λ=

2

+1．
故当直线l与y轴重合时，若S₁=λS₂，则λ=

2

+1．
（Ⅱ）如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S₁=λS₂，根据对称性，
不妨设直线l：y=kx（k＞0），
点M（-a，0），N（a，0）到直线l的距离分别为d₁，d₂，则
d1=

|-ak-0|

1+k2

=

ak

1+k2

，d2=

|ak-0|

1+k2

=

ak

1+k2

，所以d₁=d₂．
又S1=

1

2

|BD|d1，S2=

1

2

|AB|d2，所以

S1

S2

=

|BD|

|AB|

=λ，即|BD|=λ|AB|．
由对称性可知|AB|=|CD|，所以|BC|=|BD|-|AB|=（λ-1）|AB|，
|AD|=|BD|+|AB|=（λ+1）|AB|，于是

|AD|

|BC|

=

λ+1

λ-1

．
将l的方程分别与C₁和C₂的方程联立，可求得
xA=

am

a2k2+m2

，xB=

an

a2k2+n2

根据对称性可知x_C=-x_B，x_D=-x_A，于是

|AD|

|BC|

=

1+k2 |xA-xD|

1+k2 |xB-xC|

=

m

n

a2k2+n2 a2k2+m2

②
从而由①和②可得

a2k2+n2 a2k2+m2

=

λ+1

λ(λ-1)

③
令t=

λ+1

λ(λ-1)

，则由m＞n，可得t≠1，于是由③可得k2=

n2(λ2t2-1)

a2(1-t2)

．
因为k≠0，所以k²＞0．于是③关于k有解，当且仅当

n2(λ2t2-1)

a2(1-t2)

＞0，
等价于(t2-1)(t2-

1

λ2

)＜0，由λ＞1，解得

1

λ

＜t＜1，
即

1

λ

＜

λ+1

λ(λ-1)

＜1，由λ＞1，解得λ＞1+

2

，所以
当1＜λ≤1+

2

时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S₁=λS₂；
当λ＞1+

2

时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S₁=λS₂．

点评：本题考查了三角形的面积公式，考查了点到直线的距离公式，考查了直线与圆锥曲线的关系，该题重点考查了数学转化思想方法和分类讨论的数学思想方法，（Ⅱ）中判断λ的存在性是该题的难题，考查了灵活运用函数和不等式的思想方法．