Question

（2013•湖北）如圖，已知橢圓C₁與C₂的中心在坐標原點O，長軸均為MN且在x軸上，短軸長分別為2m，2n（m＞n），過原點且不與x軸重合的直線l與C₁，C₂的四個交點按縱坐標從大到小依次為A，B，C，D，記λ=

m

n

，△BDM和△ABN的面積分別為S₁和S₂．
（Ⅰ）當直線l與y軸重合時，若S₁=λS₂，求λ的值；
（Ⅱ）當λ變化時，是否存在與坐標軸不重合的直線l，使得S₁=λS₂？并說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）設出兩個橢圓的方程，當直線l與y軸重合時，求出△BDM和△ABN的面積S₁和S₂，直接由面積比=λ列式求λ的值；
（Ⅱ）假設存在與坐標軸不重合的直線l，使得S₁=λS₂，設出直線方程，由點到直線的距離公式求出M和N到直線l的距離，利用數學轉化思想把兩個三角形的面積比轉化為線段長度比，由弦長公式得到線段長度比的另一表達式，兩式相等得到

a2k2+n2 a2k2+m2

=

λ+1

λ(λ-1)

，換元后利用非零的k值存在討論λ的取值范圍．

解答：解：以題意可設橢圓C₁和C₂的方程分別為
C1：

x2

a2

+

y2

m2

=1，C2：

x2

a2

+

y2

n2

=1．其中a＞m＞n＞0，
λ=

m

n

．
（Ⅰ）如圖1，若直線l與y軸重合，即直線l的方程為x=0，則
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的方程中分別令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，則

λ+1

λ-1

=λ，化簡得λ²-2λ-1=0，由λ＞1，解得λ=

2

+1．
故當直線l與y軸重合時，若S₁=λS₂，則λ=

2

+1．
（Ⅱ）如圖2，若存在與坐標軸不重合的直線l，使得S₁=λS₂，根據對稱性，
不妨設直線l：y=kx（k＞0），
點M（-a，0），N（a，0）到直線l的距離分別為d₁，d₂，則
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|．
由對稱性可知|AB|=|CD|，所以|BC|=|BD|-|AB|=（λ-1）|AB|，
|AD|=|BD|+|AB|=（λ+1）|AB|，于是

|AD|

|BC|

=

λ+1

λ-1

．
將l的方程分別與C₁和C₂的方程聯立，可求得
xA=

am

a2k2+m2

，xB=

an

a2k2+n2

根據對稱性可知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
從而由①和②可得

a2k2+n2 a2k2+m2

=

λ+1

λ(λ-1)

③
令t=

λ+1

λ(λ-1)

，則由m＞n，可得t≠1，于是由③可得k2=

n2(λ2t2-1)

a2(1-t2)

．
因為k≠0，所以k²＞0．于是③關于k有解，當且僅當

n2(λ2t2-1)

a2(1-t2)

＞0，
等價于(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
當1＜λ≤1+

2

時，不存在與坐標軸不重合的直線l，使得S₁=λS₂；
當λ＞1+

2

時，存在與坐標軸不重合的直線l，使得S₁=λS₂．

點評：本題考查了三角形的面積公式，考查了點到直線的距離公式，考查了直線與圓錐曲線的關系，該題重點考查了數學轉化思想方法和分類討論的數學思想方法，（Ⅱ）中判斷λ的存在性是該題的難題，考查了靈活運用函數和不等式的思想方法．