高三數(shù)學(xué)難題

[例3](2012·遼寧高考)如圖，橢圓C0：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0，a，b為常數(shù))，動(dòng)圓C1：x2＋y2＝teq\o\al(2,1)，b<t1<a.點(diǎn)A1，A2分別為C0的左，右頂點(diǎn)，C1與C0相交于A，B，C，D四點(diǎn)．(1)求直線AA1與直線A2B交點(diǎn)M的軌跡方程；(2)設(shè)動(dòng)圓C2：x2＋y2＝teq\o\al(2,2)與C0相交于A′，B′，C′，D′四點(diǎn)，其中b<t2<a，t1≠t2.若矩形ABCD與矩形A′B′C′D′的面積相等，證明：teq\o\al(2,1)＋teq\o\al(2,2)為定值．[自主解答](1)設(shè)A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，則直線A1A的方程為y＝eq\f(y1,x1＋a)(x＋a)，①直線A2B的方程為y＝eq\f(－y1,x1－a)(x－a)．②由①②得y2＝eq\f(－y\o\al(2,1),x\o\al(2,1)－a2)(x2－a2)．③由點(diǎn)A(x1，y1)在橢圓C0上，故eq\f(x\o\al(2,1),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1.從而yeq\o\al(2,1)＝b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),a2)))，代入③得eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(x<－a，y<0)．(2)證明：設(shè)A′(x2，y2)，由矩形ABCD與矩形A′B′C′D′的面積相等，得4|x1||y1|＝4|x2|·|y2|，故xeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,1)＝xeq\o\al(2,2)yeq\o\al(2,2).因?yàn)辄c(diǎn)A，A′均在橢圓上，所以b2xeq\o\al(2,1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),a2)))＝b2xeq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,2),a2))).由t1≠t2，知x1≠x2，所以xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝a2，從而yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝b2，因此teq\o\al(2,1)＋teq\o\al(2,2)＝a2＋b2為定值．3．(2012·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)已知拋物線y2＝2px(p≠0)及定點(diǎn)A(a，b)，B(－a,0)，ab≠0，b2≠2pa，M是拋物線上的點(diǎn)．設(shè)直線AM，BM與拋物線的另一個(gè)交點(diǎn)分別為M1，M2，當(dāng)M變動(dòng)時(shí)，直線M1M2恒過(guò)一個(gè)定點(diǎn)，此定點(diǎn)坐標(biāo)為________．解析：設(shè)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),2p)，y0))，M1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),2p)，y1))，M2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),2p)，y2))，由點(diǎn)A，M，M1共線可知eq\f(y0－b,\f(y\o\al(2,0),2p)－a)＝eq\f(y1－y0,\f(y\o\al(2,1),2p)－\f(y\o\al(2,0),2p))，得y1＝eq\f(by0－2pa,y0－b)，同理由點(diǎn)B，M，M2共線得y2＝eq\f(2pa,y0).設(shè)(x，y)是直線M1M2上的點(diǎn)，則eq\f(y2－y1,\f(y\o\al(2,2),2p)－\f(y\o\al(2,1),2p))＝eq\f(y2－y,\f(y\o\al(2,2),2p)－x)，即y1y2＝y(tǒng)(y1＋y2)－2px，又y1＝eq\f(by0－2pa,y0－b)，y2＝eq\f(2pa,y0)，則(2px－by)y02＋2pb(a－x)y0＋2pa(by－2pa)＝0.當(dāng)x＝a，y＝eq\f(2pa,b)時(shí)上式恒成立，即定點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2pa,b))).6．(2013·長(zhǎng)沙)直線l：x－y＝0與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1相交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)C是橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，則△ABC面積的最大值為________．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得3x2＝2，∴x＝±eq\f(\r(6),3)，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),3)))，∴|AB|＝eq\f(4\r(3),3).設(shè)點(diǎn)C(eq\r(2)cosθ，sinθ)，則點(diǎn)C到AB的距離d＝eq\f(|\r(2)cosθ－sinθ|,\r(2))＝eq\f(\r(3),\r(2))·eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,))sin(θ－φ)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,))≤eq\f(\r(3),\r(2))，∴S△ABC＝eq\f(1,2)|AB|·d≤eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),3)×eq\f(\r(3),\r(2))＝eq\r(2).答案：eq\r(2)8．(2012·黃岡質(zhì)檢)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，橢圓上任意一點(diǎn)到右焦點(diǎn)F的距離的最大值為eq\r(2)＋1.(1)求橢圓的方程；(2)已知點(diǎn)C(m,0)是線段OF上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，是否存在過(guò)點(diǎn)F且與x軸不垂直的直線l與橢圓交于A，B點(diǎn)，使得|AC|＝|BC|？并說(shuō)明理由．解：(1)∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2),a＋c＝\r(2)＋1))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2),c＝1))，∴b＝1，∴橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由(1)得F(1,0)，∴0≤m≤1.假設(shè)存在滿足題意的直線l，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1中，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)，∴y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝eq\f(－2k,2k2＋1).設(shè)AB的中點(diǎn)為M，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2,2k2＋1)，－\f(k,2k2＋1))).∵|AC|＝|BC|，∴CM⊥AB，即kCM·kAB＝－1，∴eq\f(\f(k,2k2＋1),m－\f(2k2,2k2＋1))·k＝－1，即(1－2m)k2＝m.∴當(dāng)0≤m＜eq\f(1,2)時(shí)，k＝±eq\r(\f(m,1－2m))，即存在滿足題意的直線l；當(dāng)eq\f(1,2)≤m≤1時(shí)，k不存在，即不存在滿足題意的直線l.2．(2012·鄭州模擬)已知圓C的圓心為C(m,0)，m＜3，半徑為eq\r(5)，圓C與離心率e＞eq\f(1,2)的橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的其中一個(gè)公共點(diǎn)為A(3,1)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)．(1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若點(diǎn)P的坐標(biāo)為(4,4)，試探究直線PF1與圓C能否相切？若能，設(shè)直線PF1與橢圓E相交于D，B兩點(diǎn)，求△DBF2的面積；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)由已知可設(shè)圓C的方程為(x－m)2＋y2＝5(m＜3)，將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入圓C的方程中，得(3－m)2＋1＝5，即(3－m)2＝4，解得m＝1，或m＝5.∴m＜3，∴m＝1.∴圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝5.(2)直線PF1能與圓C相切，依題意設(shè)直線PF1的斜率為k，則直線PF1的方程為y＝k(x－4)＋4，即kx－y－4k＋4＝0，若直線PF1與圓C相切，則eq\f(|k－0－4k＋4|,\r(k2＋1))＝eq\r(5).∴4k2－24k＋11＝0，解得k＝eq\f(11,2)或k＝eq\f(1,2).當(dāng)k＝eq\f(11,2)時(shí)，直線PF1與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為eq\f(36,11)，不合題意，舍去．當(dāng)k＝eq\f(1,2)時(shí)，直線PF1與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－4，∴c＝4，F(xiàn)1(－4,0)，F(xiàn)2(4,0)．∴由橢圓的定義得：2a＝|AF1|＋|AF2|＝eq\r(3＋42＋12)＋eq\r(3－42＋12)＝5eq\r(2)＋eq\r(2)＝6eq\r(2).∴a＝3eq\r(2)，即a2＝18，∴e＝eq\f(4,3\r(2))＝eq\f(2\r(2),3)＞eq\f(1,2)，滿足題意．故直線PF1能與圓C相切．直線PF1的方程為x－2y＋4＝0，橢圓E的方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,2)＝1.設(shè)B(x1，y1)，D(x2，y2)，把直線PF1的方程代入橢圓E的方程并化簡(jiǎn)得，13y2－16y－2＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系得y1＋y2＝eq\f(16,13)，y1y2＝－eq\f(2,13)，故S△DBF2＝4|y1－y2|＝4eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(24\r(10),13).3．(2012·深圳模擬)如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，以橢圓C的左頂點(diǎn)T為圓心作圓T：(x＋2)2＋y2＝r2(r＞0)，設(shè)圓T與橢圓C交于點(diǎn)M與點(diǎn)N.(1)求橢圓C的方程；(2)求,·,的最小值，并求此時(shí)圓T的方程；(3)設(shè)點(diǎn)P是橢圓C上異于M，N的任意一點(diǎn)，且直線MP，NP分別與x軸交于點(diǎn)R，S，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求證：|OR|·|OS|為定值．解：(1)依題意，得a＝2，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，∴c＝eq\r(3)，b＝eq\r(a2－c2)＝1.故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)易知點(diǎn)M與點(diǎn)N關(guān)于x軸對(duì)稱，設(shè)M(x1，y1)，N(x1，－y1)，不妨設(shè)y1＞0.由于點(diǎn)M在橢圓C上，∴yeq\o\al(2,1)＝1－eq\f(x\o\al(2,1),4).(*)由已知T(－2,0)，則,＝(x1＋2，y1)，,＝(x1＋2，－y1)，∴,·,＝(x1＋2，y1)·(x1＋2，－y1)＝(x1＋2)2－yeq\o\al(2,1)＝(x1＋2)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),4)))＝eq\f(5,4)xeq\o\al(2,1)＋4x1＋3＝eq\f(5,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(8,5)))2－eq\f(1,5).由于－2＜x1＜2，故當(dāng)x1＝－eq\f(8,5)時(shí)，,·,取得最小值－eq\f(1,5).把x1＝－eq\f(8,5)代入(*)式，得y1＝eq\f(3,5)，故Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，\f(3,5)))，又點(diǎn)M在圓T上，代入圓的方程得r2＝eq\f(13,25).故圓T的方程為(x＋2)2＋y2＝eq\f(13,25).(3)設(shè)P(x0，y0)，則直線MP的方程為：y－y0＝eq\f(y0－y1,x0－x1)(x－x0)，令y＝0，得xR＝eq\f(x1y0－x0y1,y0－y1)，同理：xS＝eq\f(x1y0＋x0y1,y0＋y1)，故xR·xS＝eq\f(x\o\al(2,1)y\o\al(2,0)－x\o\al(2,0)y\o\al(2,1),y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1)).(**)又點(diǎn)M與點(diǎn)P在橢圓上，故xeq\o\al(2,0)＝4(1－yeq\o\al(2,0))，xeq\o\al(2,1)＝4(1－yeq\o\al(2,1))，代入(**)式，得xR·xS＝eq\f(41－y\o\al(2,1)y\o\al(2,0)－41－y\o\al(2,0)y\o\al(2,1),y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1))))＝4.所以|OR|·|OS|＝|xR|·|xS|＝|xR·xS|＝4為定值．5．(2012·鄭州模擬)若雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，線段F1F2被拋物線y2＝2bx的焦點(diǎn)分成7∶3的兩段，則此雙曲線的離心率為()解析：依題意得，c＋eq\f(b,2)＝eq\f(7,7＋3)×2c，即b＝eq\f(4,5)c(其中c是雙曲線的半焦距)，a＝eq\r(c2－b2)＝eq\f(3,5)c，則eq\f(c,a)＝eq\f(5,3)，因此該雙曲線的離心率等于eq\f(5,3).6．設(shè)雙曲線的左，右焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，左，右頂點(diǎn)為M，N，若△PF1F2的一個(gè)頂點(diǎn)P在雙曲線上，則△PF1F2的內(nèi)切圓與邊F1F2的切點(diǎn)的位置是()A．在線段MN的內(nèi)部B．在線段F1M的內(nèi)部或NF2內(nèi)部C．點(diǎn)N或點(diǎn)MD．以上三種情況都有可能解析：選C若P在右支上，并設(shè)內(nèi)切圓與PF1，PF2的切點(diǎn)分別為A，B，則|NF1|－|NF2|＝|PF1|－|PF2|＝(|PA|＋|AF1|)－(|PB|＋|BF2|)＝|AF1|－|BF2|.所以N為切點(diǎn)，同理P在左支上時(shí)，M為切點(diǎn)．10．(2012·南昌模擬)已知△ABC外接圓半徑R＝eq\f(14\r(3),3)，且∠ABC＝120°，BC＝10，邊BC在x軸上且y軸垂直平分BC邊，則過(guò)點(diǎn)A且以B，C為焦點(diǎn)的雙曲線方程為()解析：∵sin∠BAC＝eq\f(BC,2R)＝eq\f(5\r(3),14)，∴cos∠BAC＝eq\f(11,14)，|AC|＝2Rsin∠ABC＝2×eq\f(14\r(3),3)×eq\f(\r(3),2)＝14，sin∠ACB＝sin(60°－∠BAC)＝sin60°cos∠BAC－cos60°sin∠BAC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(11,14)－eq\f(1,2)×eq\f(5\r(3),14)＝eq\f(3\r(3),14)，∴|AB|＝2Rsin∠ACB＝2×eq\f(14\r(3),3)×eq\f(3\r(3),14)＝6，∴2a＝||AC|－|AB||＝14－6＝8，∴a＝4，又c＝5，∴b2＝c2－a2＝25－16＝9，∴所求雙曲線方程為eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1.11．(2012·烏魯木齊模擬)已知拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)為F，P，Q是拋物線上的兩個(gè)點(diǎn)，若△PQF是邊長(zhǎng)為2的正三角形，則p的值是()解析：依題意得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),2p)，y1))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),2p)，y2))(y1≠y2)．由拋物線定義及|PF|＝|QF|，得eq\f(y\o\al(2,1),2p)＋eq\f(p,2)＝eq\f(y\o\al(2,2),2p)＋eq\f(p,2)，所以yeq\o\al(2,1)＝y(tǒng)eq\o\al(2,2)，所以y1＝－y2.又|PQ|＝2，因此|y1|＝|y2|＝1，點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2p)，y1)).又點(diǎn)P位于該拋物線上，于是由拋物線的定義得|PF|＝eq\f(1,2p)＋eq\f(p,2)＝2，由此解得p＝2±eq\r(3).14．已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左，右焦點(diǎn)，A，B分別是此橢圓的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)，P是橢圓上一點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，OP∥AB，PF1⊥x軸，|F1A|＝eq\r(10)＋eq\r(5)，則此橢圓的方程是______________________．解析：由于直線AB的斜率為－eq\f(b,a)，故直線OP的斜率為－eq\f(b,a)，直線OP的方程為y＝－eq\f(b,a)x.與橢圓方程聯(lián)立得eq\f(x2,a2)＋eq\f(x2,a2)＝1，解得x＝±eq\f(\r(2),2)a.根據(jù)PF1⊥x軸，取x＝－eq\f(\r(2),2)a，從而－eq\f(\r(2),2)a＝－c，即a＝eq\r(2)c.又|F1A|＝a＋c＝eq\r(10)＋eq\r(5)，故eq\r(2)c＋c＝eq\r(10)＋eq\r(5)，解得c＝eq\r(5)，從而a＝eq\r(10).所以所求的橢圓方程為eq\f(x2,10)＋eq\f(y2,5)＝1.答案：eq\f(x2,10)＋eq\f(y2,5)＝118．(12分)(2012·南昌模擬)已知圓C過(guò)點(diǎn)P(1,1)，且與圓M：(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2(r＞0)關(guān)于直線x＋y＋2＝0對(duì)稱．(1)求圓C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)P作兩條相異直線分別與圓C相交于A，B，且直線PA和直線PB的傾斜角互補(bǔ)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，試判斷直線OP和AB是否平行？請(qǐng)說(shuō)明理由．解：設(shè)圓心C(a，b)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a－2,2)＋\f(b－2,2)＋2＝0，,\f(b＋2,a＋2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝0，))則圓C的方程為x2＋y2＝r2，將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入得r2＝2，故圓C的方程為x2＋y2＝2.(2)由題意知，直線PA和直線PB的斜率存在，且互為相反數(shù)，故可設(shè)PA：y－1＝k(x－1)，PB：y－1＝－k(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－1＝kx－1，,x2＋y2＝2))得(1＋k2)x2＋2k(1－k)x＋(1－k)2－2＝0.因?yàn)辄c(diǎn)P的橫坐標(biāo)x＝1一定是該方程的解，故可得xA＝eq\f(k2－2k－1,1＋k2).同理可得xB＝eq\f(k2＋2k－1,1＋k2)，所以kAB＝eq\f(yB－yA,xB－xA)＝eq\f(－kxB－1－kxA－1,xB－xA)＝eq\f(2k－kxB＋xA,xB－xA)＝1＝kOP，所以，直線AB和OP一定平行．20．(12分)(2012·河南模擬)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，短軸的一個(gè)端點(diǎn)為M(0,1)，直線l：y＝kx－eq\f(1,3)與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)A，B.(1)若|AB|＝eq\f(4\r(26),9)，求k的值；(2)求證：不論k取何值，以AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)M.解：(1)由題意知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b＝1.由a2＝b2＋c2可得c＝b＝1，a＝eq\r(2)，∴橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\f(1,3)，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(2k2＋1)x2－eq\f(4,3)kx－eq\f(16,9)＝0.Δ＝eq\f(16,9)k2－4(2k2＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16,9)))＝16k2＋eq\f(64,9)＞0恒成立，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(4k,32k2＋1)，x1x2＝－eq\f(16,92k2＋1).∴|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(4\r(1＋k29k2＋4),32k2＋1)＝eq\f(4\r(26),9)，化簡(jiǎn)得23k4－13k2－10＝0，即(k2－1)(23k2＋10)＝0，解得k＝±1.(2)∵,＝(x1，y1－1)，,＝(x2，y2－1)，∴,·,＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)，＝(1＋k2)x1x2－eq\f(4,3)k(x1＋x2)＋eq\f(16,9)＝－eq\f(161＋k2,92k2＋1)－eq\f(16k2,92k2＋1)＋eq\f(16,9)＝0.∴不論k取何值，以AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)M.21．(2012·廣州模擬)設(shè)橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,2)＝1(a＞eq\r(2))的右焦點(diǎn)為F1，直線l：x＝eq\f(a2,\r(a2－2))與x軸交于點(diǎn)A，若,＋2,＝0(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))．(1)求橢圓M的方程；(2)設(shè)P是橢圓M上的任意一點(diǎn)，EF為圓N：x2＋(y－2)2＝1的任意一條直徑(E，F(xiàn)為直徑的兩個(gè)端點(diǎn))，求,·,的最大值．解：(1)由題設(shè)知，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,\r(a2－2))，0))，F(xiàn)1(eq\r(a2－2)，0)，由,＋2,＝0，得eq\r(a2－2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,\r(a2－2))－\r(a2－2)))，解得a2＝6.所以橢圓M的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)圓N：x2＋(y－2)2＝1的圓心為N，則,·,＝(,－,)·(,－,)＝(－,－,)·(,－,)＝,2－,2＝,2－1.從而將求,·,的最大值轉(zhuǎn)化為求NP→,2的最大值．因?yàn)镻是橢圓M上的任意一點(diǎn)，設(shè)P(x0，y0)，所以eq\f(x\o\al(2,0),6)＋eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1，即xeq\o\al(2,0)＝6－3yeq\o\al(2,0).因?yàn)辄c(diǎn)N(0,2)，所以,2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－2)2＝－2(