（本小题满分 13 分） 如图，已知椭圆 C_ 1 与 C…——2013 高考数学第 21 题答案解析

［答案］①$\lambda=\sqrt{2}+1 \quad$②当 $1<\lambda \leq 1+\sqrt{2}$，不存在；当 $\lambda>1+\sqrt{2}$，存在．
［解析］分析：（I）先把 $S_{1}, S_{2}$ 用面积公式表示出来，再根据 $S_{1}=\lambda S_{2}$ 即可求得。
（II）先假设存在，再根据题意分别求出 $S_{1}, S_{2}$，令 $S_{1}=\lambda S_{2}$，再计算即可得。
解：依题意可设椭圆 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的方程分别为
$C_{1}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{m^{2}}=1, \quad C_{2}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{n^{2}}=1$. 其中 $a>m>n>0, \lambda=\frac{m}{n}>1$.
（I）解法 1：如图 1，若直线 $l$ 与 $y$ 轴重合，即直线 $l$ 的方程为 $x=0$，则
$S_{1}=\frac{1}{2}|B D| \cdot|O M|=\frac{1}{2} a|B D|, S_{2}=\frac{1}{2}|A B| \cdot|O N|=\frac{1}{2} a|A B|$，所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|B D|}{|A B|}$．
在 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的方程中分别令 $x=0$，可得 $y_{A}=m, y_{s}=n, y_{D}=-m$，
于是 $\frac{|B D|}{|A B|}=\frac{\left|y_{s}-y_{D}\right|}{\left|y_{A}-y_{B}\right|}=\frac{m+n}{m-n}=\frac{\lambda+1}{\lambda-1}$．
若 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\lambda$，则 $\frac{\lambda+1}{\lambda-1}=\lambda$，化简得 $\lambda^{2}-2 \lambda-1=0$．由 $\lambda>1$，可解得 $\lambda=\sqrt{2}+1$．
故当直线 $l$ 与 $y$ 轴重合时，若 $S_{1}=\lambda S_{2}$，则 $\lambda=\sqrt{2}+1$．
解法 2：如图 1，若直线 $l$ 与 $v^{+}$五重合，则
$|B D|=|O B|+|O D|=m+n,|A B|=|O,-|O B|=m-n$．
$S_{1}=\frac{1}{2}|B D| \cdot|O M|=\frac{1}{2} a|B D|, \quad S_{2}=\frac{1}{2}|A B| \cdot|O N|=\frac{1}{2} a|A B|$.
所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|B D|}{|A B|}=\frac{m+n}{m-n}=\frac{\lambda+1}{\lambda-1}$．
若 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\lambda$，则 $\frac{\lambda+1}{\lambda-1}=\lambda$，化简得 $\lambda^{2}-2 \lambda-1=0$．由 $\lambda>1$，可解得 $\lambda=\sqrt{2}+1$．
故当直线 $l$ 与 $y$ 轴重合时，若 $S_{1}=\lambda S_{2}$，则 $\lambda=\sqrt{2}+1$．

第 22 题解答图 1

第 22 题解答图 2

（II）解法 1：如图 2，若存在与坐标轴不重合的直线 $l$，使得 $S_{1}=\lambda S_{2}$．根据对称性，直线 $l: y=k x(k>0)$，

点 $M(-a, 0), N(a, 0)$ 到直线 $l$ 的距离分别为 $d_{1}, d_{2}$，则
因为 $d_{1}=\frac{|-a k-0|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\frac{a k}{\sqrt{1+k^{2}}}, d_{2}=\frac{|a k-0|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\frac{a k}{\sqrt{1+k^{2}}}$，所以 $d_{1}=d_{2}$．
又 $S_{1}=\frac{1}{2}|B D| d_{1}, S_{2}=\frac{1}{2}|A B| d_{2}$，所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|B D|}{|A B|}=\lambda$，即 $|B D|=\lambda|A B|$．
由对称性可知 $|A B|=\mid C D$，所以 $|. C|=|B D|-|A B|=(\lambda-1)|A B|$， $|A D|=|B D|+|A B|=(\lambda+1)|B|$，于是
$\frac{|A D|}{|B C|}=\frac{\lambda+1}{\lambda-1}$.

将 $l$ 的方程分别与 $C_{1}, C_{2}$ 的方程联立，可求织
$x_{A}=\frac{a m}{\sqrt{a^{2} k^{2}+m^{2}}}, \quad x_{B}=\frac{a n}{\sqrt{a^{2} k^{2}+i}}$
根据对称性可知 $x_{c}=-x_{s}, x_{s}=-x_{A}$，于是
$\frac{|A D|}{|B C|}=\frac{\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{A}-x_{D}\right|}{\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{B}-x_{C}\right|}=\frac{2 x_{A}}{2 x_{A}}=\frac{m}{n} \sqrt{\frac{a^{2} k^{2}+n^{2}}{a^{2} k^{2}+m^{2}}}$.

从而由①和②式可得
$\sqrt{\frac{a^{2} k^{2}+n^{2}}{a^{2} k^{2}+m^{2}}}=\frac{\lambda+1}{\lambda(\lambda-1)}$.

令 $t=\frac{\lambda+1}{\lambda(\lambda-1)}$，则由 $m>n$，可得 $t \neq 1$，于是由（3）可解得 $k^{2}=\frac{n^{2}\left(\lambda^{2} t^{2}-1\right)}{a^{2}\left(1-t^{2}\right)}$．
因为 $k \neq 0$，所以 $k^{2}>0$．于是（3）式关于 $k$ 有解，当且仅当 $\frac{n^{2}\left(\lambda^{2} t^{2}-1\right)}{a^{2}\left(1-t^{2}\right)}>0$，
等价于 $\left(t^{2}-1\right)\left(t^{2}-\frac{1}{\lambda^{2}}\right)<0$．由 $\lambda>1$，可解得 $\frac{1}{\lambda}即 $\frac{1}{\lambda}<\frac{\lambda+1}{\lambda(\lambda-1)}<1$，由 $\lambda>1$，解得 $\lambda>1=\sqrt{2}$，所以，
当 $1<\lambda \leq 1+\sqrt{2}$ 时，不存在与坐标轴不重合的了公 $l$，使得 $S_{1}=\lambda S_{2}$；
当 $\lambda>1+\sqrt{2}$ 时，存在与坐标轴不重命！线 $l$ 使得 $S=\lambda S_{2}$．
解法 2：如图 2，若存在与坐标 $t$，不重合的直线 $l$，使得 $S_{1}=\lambda S_{2}$。根据对称性，
不妨设直线 $l:, y=k x(k>0)$
点 $M(-a, 0), N(a, 0)$ 到直线 $l$ 的距离分别为 $d_{1}, d_{2}$，则
因为 $d_{1}=\frac{|-a k-0|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\frac{a k}{\sqrt{1+k^{2}}}, d_{2}=\frac{\left|c^{\circ}-0\right|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\frac{c_{1}}{\sqrt{1+k^{2}}}$，所以 $d_{1}=d_{2}$。
又 $S_{1}=\frac{1}{2}|B D| d_{1}, S_{2}=\frac{1}{2}|A B| d_{2}$，所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|B D|}{|A B|}=\lambda$．

因为 $\frac{|B D|}{|A B|}=\frac{\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{s}-x_{D}\right|}{\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{A}-x_{B}\right|}=\frac{x_{A}+x_{B}}{x_{A}-x_{B}}=\lambda$，所以 $\frac{x_{A}}{x_{B}}=\frac{\lambda+1}{\lambda-1}$．
由点 $A\left(x_{A}, k x_{A}\right), B\left(x_{B}, k_{B}\right)$ 分别在 $C_{1}, C_{2}$ 上，可得

依题意 $x_{A}>x_{B}>0$，所以 $x_{A}{ }^{2}>x_{s}{ }^{2}$。所以由上侙解得 $k^{2}=\frac{m^{2}\left(x_{A}{ }^{2}-x_{B}{ }^{2}\right)}{a^{2}\left(\lambda^{2} x_{s}{ }^{2}-x_{A}{ }^{2}\right)}$．

从而 $1<\frac{\lambda+1}{\lambda-1}<\lambda$，解得 $\lambda>1-\sqrt{2}$，所以
当 $1<\lambda \leq 1+\sqrt{2}$ 时，不存在与坐标轴不重合的直线 $l$，使得 $S_{1}=\lambda S_{2}$．
当 $\lambda>1+\sqrt{2}$ 时，存在与坐标轴不重合的直线 $l$ 使得 $S_{1}=\lambda S_{2}$．
［ 考点定位］本题考查直线与椭圆的位置关系，考查综合分析问题的能力。