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 $A,B,CD$，记 $\lambda = \dfrac{m}{n}$，$\triangle BDM$ 和 $\triangle ABN$ 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．
解析
1、本题考查直线与圆锥曲线的位置关系，联立方程后将问题转化为纵坐标相关的问题然后建立数量关系是解决问题的关键． 直线 $l:x=ty$，$A,B$ 点的纵坐标分别为 $y_1,y_2$，则 $C,D$ 点的纵坐标分别为 $-y_2,-y_1$，联立直线 $l$ 与椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ 联立可得\[y^2=\dfrac{1}{\dfrac{t^2}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}},\]因此\[\dfrac{y_1}{y_2}=\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{\dfrac {t^2}{a^2}+\dfrac{1}{m^2}}}}{\sqrt{\dfrac{1}{\dfrac {t^2}{a^2}+\dfrac{1}{n^2}}}}=\sqrt{\dfrac{\dfrac{t^2}{a^2}+\dfrac{1}{n^2}}{\dfrac{t^2}{a^2}+\dfrac{1}{m^2}}},\]而\[\dfrac{S_1}{S_2}=\lambda\iff \dfrac{|BD|}{|AB|}=\lambda\iff \dfrac{y_1+y_2}{y_1-y_2}=\lambda\iff \dfrac{y_1}{y_2}=\dfrac{\lambda+1}{\lambda-1},\]当直线 $l$ 与 $y$ 轴重合时，$t=0$，从而\[\dfrac{y_1}{y_2}=\dfrac mn=\lambda,\]于是\[\dfrac{y_1}{y_2}=\dfrac{\lambda+1}{\lambda-1}\iff \lambda=\dfrac{\lambda+1}{\lambda-1},\]解得 $\lambda=\sqrt 2+1$．
2、本题考查直线与圆锥曲线的位置关系，联立方程后将问题转化为纵坐标相关的零点存在性问题是解决问题的关键． 根据第 $(1)$ 小题的结果，有\[\dfrac{y_1}{y_2}=\sqrt{\dfrac{\dfrac{t^2}{a^2}+\dfrac{1}{n^2}}{\dfrac{t^2}{a^2}+\dfrac{1}{m^2}}}=\sqrt{1+\dfrac{\dfrac{1}{n^2}-\dfrac{1}{m^2}}{\dfrac{t^2}{a^2}+\dfrac{1}{m^2}}},\]而 $t^2$ 的取值范围是 $(0,+\infty)$，因此 $\mu=\dfrac{y_1}{y_2}$ 的取值范围是 $\left(1,\lambda\right)$，因此存在直线 $l$，使得 $S_1=\lambda S_2$ 成立等价于\[1<\dfrac{\lambda+1}{\lambda-1}<\lambda\iff \lambda>1+\sqrt 2,\]因此当 $1 < \lambda\leqslant 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 ${S_1} = \lambda{S_2}$．