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    5．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=$\frac{m}{n}$，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2．
    （1）设直线l：y=kx（k＞0），若S1=3S2，证明：B，C是线段AD的四等分点；
    （2）当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，求λ的值；
    （3）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．

    分析 （1）根据椭圆的对称性，结合S1=3S2，又因为M，N到直线l的距离相等，证出即可；
    （2）由n+m=λ（m-n），得到λ2-2λ-1=0，解出即可；
    （3）分别设出椭圆C1，C2和l的方程，得到（λ-1）xA=（λ+1）xB，通过讨论λ的范围，从而求出结论．

    解答 （1）证明：因为S1=3S2，又因为M，N到直线l的距离相等，
    所以|BD|=3|BA|，
    由椭圆的对称性，得到|DC|=|BA|，|CO|=|OB|，
    所以|BC|=2|BA|⇒|BO|=|BA|，即B是OA中点，
    同理，C是OD中点，B，C是AD的四分点，得证．
    （2）解：因为S1=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：设椭圆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，直线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，
    ∴$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{BD}{AB}$=$\frac{{x}_{B}{-x}_{D}}{{x}_{A}{-x}_{B}}$=$\frac{{x}_{B}{+x}_{A}}{{x}_{A}{-x}_{B}}$，
    若存在非零实数k使得S1=λS2，则有（λ-1）xA=（λ+1）xB，
    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=$\frac{{{4n}^{2}λ}^{3}}{{a}^{2}{（λ}^{2}-2λ-1）{（λ}^{2}+1）}$，
    ∴当λ＞1+$\sqrt{2}$时，k2＞0，存在这样的直线l；
    当1＜λ≤1+$\sqrt{2}$时，λ2≤0，不存在这样的直线．

    点评 本题考察了含有参数的直线和椭圆的综合问题，第三问设出椭圆C1，C2和l的方程，得到（λ-1）xA=（λ+1）xB是解答本题的关键．

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