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8.已知橢圓Γ:x2a2+y22=1(a>b>0)的離心率與雙曲線x2-y2=a2的離心率之和為322,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42
(1)求橢圓Γ的方程;
(2)若S2=λS1,當(dāng)λ取最小值時,求點P的坐標.

分析 (1)根據(jù)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(shè)P(22cosα,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(guān)于α的函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)判斷此函數(shù)的單調(diào)性,得出λ的最小值及其對應(yīng)的α,從而得出P點坐標.

解答 解:(1)雙曲線的離心率為2,∴橢圓的離心率為22,
{ab=42ca=22a22=c2,解得a=22,b=2,
∴橢圓方程為x28+y24=1
(2)設(shè)P(22cosα,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(dāng)0<α<\frac{π}{6}時,f′(α)<0,當(dāng)\frac{π}{6}<α<\frac{π}{2}時,f′(α)>0,當(dāng)\frac{π}{2}<α<\frac{5π}{6}時,f′(α)>0,
當(dāng)\frac{5π}{6}<α<\frac{3π}{2}時,f′(α)<0,當(dāng)\frac{3π}{2}<α<2π時,f′(α)<0,
∴f(α)在[0,\frac{π}{6}]上單調(diào)遞減,在(\frac{π}{6}\frac{π}{2})上單調(diào)遞增,在(\frac{π}{2}\frac{5π}{6}]上單調(diào)遞增,在(\frac{5π}{6},\frac{3π}{2})上單調(diào)遞減,在(\frac{3π}{2},2π)上單調(diào)遞減,
∴當(dāng)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(dāng)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(dāng)α=\frac{π}{6}\frac{5π}{6}時,|f(α)|取得最小值\sqrt{3},
∴λ=f2(α)的最小值為\sqrt{3}
∴當(dāng)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(zhì),直線與橢圓的位置關(guān)系,屬于中檔題.

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