2013-湖北卷文-22 解-椭圆面积比

本题导读

本题考查椭圆的标准方程与几何性质。核心在于共线面积坐标化、参数可达范围的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年湖北卷(文)） 如图，已知椭圆 $C_1$ 与 $C_2$ 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 $C_1$，$C_2$ 的四个交点按纵坐标从大到小依次为 $A$，$B$，$C$，$D$，记 $\lambda =\frac{m}{n}$，$△BDM$ 和 $△ABN$ 的面积分别为 $S_1$ 和 $S_2$.

(1)当直线 $l$ 与 $y$ 轴重合时，若 $S_1=\lambda S_2$，求 $\lambda$ 的值；

(2)当 $\lambda$ 变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线 $l$，使得 $S_1=\lambda S_2$？并说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. （1）$A(0,m)$，$B(0,n)$，$D(0,-m)$ → $S_1=\frac{a}{2}(m+n)$，$S_2=\frac{a}{2}(m-n)$ → $\frac{m+n}{m-n}=\frac{m}{n}$ → ${\lambda }^2-2\lambda -1=0$ → $\lambda =1+\sqrt{2}$。
2. （2）设 $l:y=kx$，$y_1>y_2>0$ 为 $C_1$，$C_2$ 在 $l$ 上方的纵坐标，$S_1=\frac{a}{2}(y_1+y_2)$，$S_2=\frac{a}{2}(y_1-y_2)$。
3. $S_1=\lambda S_2$ ⟺ $r=\frac{y_2}{y_1}=\frac{\lambda -1}{\lambda +1}$；而 $r=\frac{n\sqrt{k^2{a}^2+m^2}}{m\sqrt{k^2{a}^2+n^2}}\in \left(\frac{n}{m},1\right)$ → 可达 ⟺ $\frac{\lambda -1}{\lambda +1}>\frac{1}{\lambda }$ ⟺ $\lambda >1+\sqrt{2}$。

✅【答案】

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(1)$\lambda =1+\sqrt{2}$；(2)存在当且仅当 $\lambda >1+\sqrt{2}$

✍【详细解析】

Abstract

设两椭圆方程为 $C_1:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{m^2}=1,C_2:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{n^2}=1(m>n>0),$ 其中 $M(a,0)$，$N(-a,0)$。 （1）$l$ 与 $y$ 轴重合时：$A(0,m)$，$B(0,n)$，$C(0,-n)$，$D(0,-m)$。 $S_1=\frac{1}{2}|BD|\cdot a=\frac{a}{2}(m+n),S_2=\frac{1}{2}|AB|\cdot a=\frac{a}{2}(m-n).$ 由 $S_1=\lambda S_2$： $\frac{m+n}{m-n}=\frac{m}{n}\Rightarrow n(m+n)=m(m-n)\Rightarrow m^2-2mn-n^2=0.$ 即 ${\lambda }^2-2\lambda -1=0$，$\lambda =1+\sqrt{2}$（负根舍去）。 （2）设 $l$：$y=kx$（$k\ne 0$），与 $C_1$，$C_2$ 在上半平面的交点分别为 $A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$（$y_1>y_2>0$），则 $C(-x_2,-y_2)$，$D(-x_1,-y_1)$。 $A$，$B$，$D$ 均在 $l$ 上，用”底 $\times$ 高”：$|BD|=(y_1+y_2)\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}$，$|AB|=(y_1-y_2)\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}$，而 $M$，$N$ 到 $l$ 的距离都是 $\frac{|k|a}{\sqrt{k^2+1}}$，故 $S_1=\frac{a}{2}(y_1+y_2),S_2=\frac{a}{2}(y_1-y_2).$ （$S_1$，$S_2$ 与 $k$ 无关地化简，$\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot \frac{|k|}{\sqrt{k^2+1}}=1$。） 由 $y_1=\frac{|k|am}{\sqrt{k^2{a}^2+m^2}}$，$y_2=\frac{|k|an}{\sqrt{k^2{a}^2+n^2}}$，记 $r=\frac{y_2}{y_1}$，则 $\frac{S_1}{S_2}=\frac{1+r}{1-r}.$ $S_1=\lambda S_2$ ⟺ $r=\frac{\lambda -1}{\lambda +1}$。 而由 $m>n$ 可证 $\frac{n}{m}<r<1$（$r^2=\frac{n^2(k^2{a}^2+m^2)}{m^2(k^2{a}^2+n^2)}$，$k\to +\infty$ 时 $r\to 1$，$k\to 0$ 时 $r\to \frac{n}{m}$，且 $r$ 随 $k$ 连续变化）。 故存在满足条件的 $l$ ⟺ $\frac{\lambda -1}{\lambda +1}>\frac{n}{m}=\frac{1}{\lambda }$，即 $\lambda (\lambda -1)>\lambda +1\Rightarrow {\lambda }^2-2\lambda -1>0\Rightarrow \lambda >1+\sqrt{2}.$ （$\lambda =1+\sqrt{2}$ 时需 $k=0$，即 $l$ 与 $x$ 轴重合，不合题意。） 综上：当 $\lambda >1+\sqrt{2}$ 时，存在与坐标轴不重合的直线 $l$ 使 $S_1=\lambda S_2$；当 $1<\lambda ⩽1+\sqrt{2}$ 时不存在。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：椭圆中的面积比（存在性）

核心方法：$C_1$：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{m^2}=1$，$C_2$：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{n^2}=1$（$m>n$）；$S_1=\frac{a}{2}(y_1+y_2)$，$S_2=\frac{a}{2}(y_1-y_2)$ → $\frac{S_1}{S_2}=\frac{1+r}{1-r}$（$r=\frac{y_2}{y_1}$）；$S_1=\lambda S_2$ ⟺ $r=\frac{\lambda -1}{\lambda +1}>\frac{n}{m}=\frac{1}{\lambda }$ ⟺ ${\lambda }^2-2\lambda -1>0$ ⟺ $\lambda >1+\sqrt{2}$

避坑指南：$A$，$B$，$D$ 都在直线 $l$ 上（过原点）——三角形面积用”底在 $l$ 上、高为 $M(N)$ 到 $l$ 的距离”最省事，$|OM|=|ON|=a$ 到 $l$ 等距；存在性归结为 $r$ 的可达范围 $r\in (\frac{n}{m},1)$，$k=0$（与 $x$ 轴重合）恰在 $\lambda =1+\sqrt{2}$ 时被排除——漏掉”不与坐标轴重合”的限定就会把等号也算进去。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：直线与椭圆的位置关系、三角形面积的坐标化（存在性探究，湖北卷解答题压轴）。

结论推广：共线三点面积=底×高；$r$ 的取值范围与分离参数。

方法推广：设直线 → 用纵坐标表 $S_1/S_2$ → 化 $r$ 的可达条件 → 解 $\lambda$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 18.05 圆锥曲线大题核心攻略

类题演练 (Links)

• 2013-北京卷文-19 解-椭圆与菱形
• 2013-山东卷文-22 解-椭圆面积与向量比
• 2013-安徽卷文-21 解-椭圆切线唯一性