Question

5．如圖，已知橢圓C₁與C₂的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O，長軸均為MN且在x軸上，短軸長分別為2m，2n（m＞n），過原點(diǎn)且不與x軸重合的直線l與C₁，C₂的四個交點(diǎn)按縱坐標(biāo)從大到小依次為A、B、C、D．記λ=$\frac{m}{n}$，△BDM和△ABN的面積分別為S₁和S₂．
（1）設(shè)直線l：y=kx（k＞0），若S₁=3S₂，證明：B，C是線段AD的四等分點(diǎn)；
（2）當(dāng)直線l與y軸重合時，若S₁=λS₂，求λ的值；
（3）當(dāng)λ變化時，是否存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l，使得S₁=λS₂？并說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓的對稱性，結(jié)合S₁=3S₂，又因?yàn)镸，N到直線l的距離相等，證出即可；
（2）由n+m=λ（m-n），得到λ²-2λ-1=0，解出即可；
（3）分別設(shè)出橢圓C₁，C₂和l的方程，得到（λ-1）x_A=（λ+1）x_B，通過討論λ的范圍，從而求出結(jié)論．

解答 （1）證明：因?yàn)镾₁=3S₂，又因?yàn)镸，N到直線l的距離相等，
所以|BD|=3|BA|，
由橢圓的對稱性，得到|DC|=|BA|，|CO|=|OB|，
所以|BC|=2|BA|⇒|BO|=|BA|，即B是OA中點(diǎn)，
同理，C是OD中點(diǎn)，B，C是AD的四分點(diǎn)，得證．
（2）解：因?yàn)镾₁=λS₂，所以n+m=λ（m-n），
∴λ=$\frac{m+n}{m-n}$=$\frac{λ+1}{λ-1}$，
∴λ²-2λ-1=0，
解得：λ=$\sqrt{2}$+1（小于1的根舍去）．
（3）解：設(shè)橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{m}^{2}}$=1（a＞m），C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{n}^{2}}$=1，直線l：y=kx（k≠0），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{m}^{2}}=1}\end{array}\right.$⇒x²=$\frac{{{a}^{2}m}^{2}}{{m}^{2}{{+a}^{2}k}^{2}}$，
即：${{x}_{A}}^{2}$=$\frac{{{a}^{2}m}^{2}}{{m}^{2}{{+a}^{2}k}^{2}}$，同理可得：${{x}_{B}}^{2}$=$\frac{{{a}^{2}n}^{2}}{{n}^{2}{{+a}^{2}k}^{2}}$，
又∵△BDM和△ABN的高相等，
∴$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{BD}{AB}$=$\frac{{x}_{B}{-x}_{D}}{{x}_{A}{-x}_{B}}$=$\frac{{x}_{B}{+x}_{A}}{{x}_{A}{-x}_{B}}$，
若存在非零實(shí)數(shù)k使得S₁=λS₂，則有（λ-1）x_A=（λ+1）x_B，
即：$\frac{{{λ}^{2}（λ-1）}^{2}}{{{λ}^{2}n}^{2}{{+a}^{2}k}^{2}}$=$\frac{{（λ+1）}^{2}}{{n}^{2}{{+a}^{2}k}^{2}}$，解得：k²=$\frac{{{4n}^{2}λ}^{3}}{{a}^{2}{（λ}^{2}-2λ-1）{（λ}^{2}+1）}$，
∴當(dāng)λ＞1+$\sqrt{2}$時，k²＞0，存在這樣的直線l；
當(dāng)1＜λ≤1+$\sqrt{2}$時，λ²≤0，不存在這樣的直線．

點(diǎn)評 本題考察了含有參數(shù)的直線和橢圓的綜合問題，第三問設(shè)出橢圓C₁，C₂和l的方程，得到（λ-1）x_A=（λ+1）x_B是解答本題的關(guān)鍵．