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8.已知橢圓Γ:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1(a>b>0)的離心率與雙曲線x2-y2=a2的離心率之和為$\frac{3\sqrt{2}}{2}$,B1、B2為橢圓Γ短軸的兩個端點,P是橢圓Γ上一動點(不與B1、B2重合),直線B1P、B2P分別交直線l:y=4于M、N兩點,△B1B2P的面積記為S1,△PMN的面積記為S2,且S1的最大值為4$\sqrt{2}$.
(1)求橢圓Γ的方程;
(2)若S2=λS1,當λ取最小值時,求點P的坐標.

分析 (1)根據橢圓的離心率,S1的面積列方程組,解出a,b即可得出橢圓方程;
(2)設P(2$\sqrt{2}$cosα,2sinα),分別求出直線方程,得出M,N的坐標,用α表示出S1,S2,從而得到λ關于α的函數,利用導數判斷此函數的單調性,得出λ的最小值及其對應的α,從而得出P點坐標.

解答 解:(1)雙曲線的離心率為$\sqrt{2}$,∴橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴$\left\{\begin{array}{l}{ab=4\sqrt{2}}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{{a}^{2}-^{2}={c}^{2}}\end{array}\right.$,解得a=2$\sqrt{2}$,b=2,
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$.
(2)設P(2$\sqrt{2}$cosα,2sinα)(0≤α<2π且α$≠\frac{π}{2}$,α≠$\frac{3π}{2}$),B1(0,2),B(0,-2),
則直線B1P的方程為y=$\frac{sinα-1}{\sqrt{2}cosα}$x+2,直線B2P的方程為y=$\frac{sinα+1}{\sqrt{2}cosα}$x-2,
∴M($\frac{2\sqrt{2}cosα}{sinα-1}$,4),N($\frac{6\sqrt{2}cosα}{sinα+1}$,4),
|MN|=|$\frac{6\sqrt{2}cosα}{sinα+1}$-$\frac{2\sqrt{2}cosα}{sinα-1}$|=|$\frac{2\sqrt{2}(4-2sinα)}{cosα}$|,
∴S2=$\frac{1}{2}$×|MN|×(4-2sinα)=$\frac{4\sqrt{2}(2-sinα)^{2}}{|cosα|}$,又S1=$\frac{1}{2}×2b×|2\sqrt{2}cosα|$=4$\sqrt{2}$|cosα|,
∴λ=$\frac{{S}_{2}}{{S}_{1}}$=$\frac{(2-sinα)^{2}}{co{s}^{2}α}$=($\frac{2-sinα}{cosα}$)2
令f(α)=$\frac{2-sinα}{cosα}$,則f′(α)=$\frac{2sinα-1}{co{s}^{2}α}$,
令f′(α)=0得α=$\frac{π}{6}$或α=$\frac{5π}{6}$,
當0$<α<\frac{π}{6}$時,f′(α)<0,當$\frac{π}{6}$$<α<\frac{π}{2}$時,f′(α)>0,當$\frac{π}{2}<α<\frac{5π}{6}$時,f′(α)>0,
當$\frac{5π}{6}<α<\frac{3π}{2}$時,f′(α)<0,當$\frac{3π}{2}<α<2π$時,f′(α)<0,
∴f(α)在[0,$\frac{π}{6}$]上單調遞減,在($\frac{π}{6}$,$\frac{π}{2}$)上單調遞增,在($\frac{π}{2}$,$\frac{5π}{6}$]上單調遞增,在($\frac{5π}{6}$,$\frac{3π}{2}$)上單調遞減,在($\frac{3π}{2}$,2π)上單調遞減,
∴當$α=\frac{π}{6}$時,f(α)取得極小值f($\frac{π}{6}$)=$\frac{2-\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=$\sqrt{3}$,當α=$\frac{5π}{6}$時,f(α)取得極大值f($\frac{5π}{6}$)=$\frac{2-\frac{1}{2}}{-\frac{\sqrt{3}}{2}}$=-$\sqrt{3}$,
∴當α=$\frac{π}{6}$或$\frac{5π}{6}$時,|f(α)|取得最小值$\sqrt{3}$,
∴λ=f2(α)的最小值為$\sqrt{3}$.
∴當λ取得最小值時,P點坐標為($\sqrt{6}$,1)或(-$\sqrt{6}$,1).

點評 本題考查了橢圓的性質,直線與橢圓的位置關系,屬于中檔題.

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