Question

8．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的長軸長是短軸長的兩倍，且過點(diǎn)C（2，1），點(diǎn)C關(guān)于原點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)D．
（Ⅰ）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）平行于CD的直線l交橢圓E于M，N兩點(diǎn)，求△CMN面積的最大值，并求此時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析 （I）通過長軸長是短軸長的兩倍可知a=2b，再將點(diǎn)C（2，1）代入橢圓方程，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（II）通過CD的斜率為$\frac{1}{2}$可設(shè)直線l方程為$y=\frac{1}{2}x+t$，并與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理、兩點(diǎn)間距離公式、點(diǎn)到直線的距離公式及三角形面積公式、基本不等式計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（I）∵長軸長是短軸長的兩倍，即2a=2•2b，
∴a=2b，
又∵橢圓E過點(diǎn)C（2，1），
∴$\frac{2^2}{{4{b^2}}}+\frac{1}{b^2}=1$，
∴$b=\sqrt{2}，a=2\sqrt{2}$，
∴橢圓E的方程為：$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1$；
（II）依題意，CD的斜率為$\frac{1}{2}$，
∵CD平行于直線l，
∴設(shè)直線l方程為$y=\frac{1}{2}x+t$，
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+t}\\{\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1}\end{array}}\right.$，消去y、整理得：x²+2tx+（2t²-4）=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則$\left\{{\begin{array}{l}{△=4{t^2}-4（2{t^2}-4）＞0}\\{{x_1}+{x_2}=-2{t^2}}\\{{x_1}{x_2}=2{t^2}-4}\end{array}}\right.$，
∴$|{MN}|=\sqrt{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}+{{（{y_1}-{y_2}）}^2}}=\sqrt{1+{{（\frac{1}{2}）}^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{5}\sqrt{4-{t^2}}（-2＜t＜2）$，
點(diǎn)C到直線l的距離$d=\frac{|t|}{{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}}=\frac{2|t|}{{\sqrt{5}}}$，
∴$S=\frac{1}{2}|{MN}|•d=\frac{1}{2}•\sqrt{5}•\sqrt{4-{t^2}}•\frac{2|t|}{{\sqrt{5}}}=|t|\sqrt{4-{t^2}}=\sqrt{{t^2}（4-{t^2}）}≤\frac{4}{2}=2$，
當(dāng)且僅當(dāng)t²=4-t²即t²=2時(shí)取等號(hào)．
∴△CMN面積的最大值為2，此時(shí)直線l的方程$y=\frac{1}{2}x±\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，注意解題方法的積累，屬于中檔題．