向量 a 的模 = b 的模 = 2

题15（椭圆离心率）

已知椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\ (a>b>0)$ 的左右焦点分别为 $F_1(-c,0)$，$F_2(c,0)$，过椭圆外一点 $P(3c,0)$ 和上顶点 $M$ 的直线交椭圆于另一点 $N$，若 $MF_1\parallel NF_2$，则椭圆的离心率为__．

解：$M(0,b)$，直线 $PM$：$y=-\dfrac{b}{3c}x+b$。

$MF_1\parallel NF_2$，$MF_1$ 方向 $(-c,-b)$，故 $N$ 在过 $F_2(c,0)$、斜率 $\dfrac{b}{c}$ 的直线上：$y=\dfrac{b}{c}(x-c)$。

联立：$-\dfrac{x}{3}+1=\dfrac{x-c}{c}\cdot$（约去 $b$）$\implies -\dfrac{x}{3}+1=\dfrac{x}{c}-1\ \xleftarrow{\text{即}}\ -\dfrac{x}{3}+c=x-c$（乘 $c$ 前后一致化简）

解得 $x_N=\dfrac{3c}{2}$，代入得 $y_N=\dfrac{b}{2}$，即 $N\left(\dfrac{3c}{2},\dfrac{b}{2}\right)$。

代入椭圆方程：$\dfrac{9c^2}{4a^2}+\dfrac{1}{4}=1\implies \dfrac{c^2}{a^2}=\dfrac{1}{3}$

\therefore\ e=\frac{\sqrt3}{3}

题16（向量最大值）

在平面向量中，$\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ 满足 $|\vec{a}|=|\vec{b}|=2$，$\vec{c}\cdot(\vec{a}+\vec{b}-\vec{c})=-1$，则 $\vec{a}\cdot\vec{c}$ 的最大值为__．

解（坐标法）：依题设 $\vec{a}=(0,2)$，$\vec{b}=(2\cos\alpha,2\sin\alpha)$，$\vec{c}=(x,y)$。

由 $\vec{c}\cdot(\vec{a}+\vec{b}-\vec{c})=-1$：

x^2-2x\cos\alpha+y^2-(2+2\sin\alpha)y=1

\therefore\ (x-\cos\alpha)^2+(y-1-\sin\alpha)^2=1-2\sin\alpha

$\therefore$ 点 $(x,y)$ 的轨迹是以 $(\cos\alpha,\ 1+\sin\alpha)$ 为圆心、$\sqrt{1-2\sin\alpha}$ 为半径的圆。

设 $\sqrt{1-2\sin\alpha}=t$（$t\ge0$，需 $\sin\alpha\le\dfrac12$），则 $\sin\alpha=\dfrac{1-t^2}{2}$。

$\vec{a}\cdot\vec{c}=2y\le 2\left[(1+\sin\alpha)+\sqrt{1-2\sin\alpha}\right]$（圆上最高点）

y_{\max}=1+\frac{1-t^2}{2}+t=\frac{3}{2}+t-\frac{t^2}{2}=-\frac{(t-1)^2}{2}+2\le 2

\therefore\ \vec{a}\cdot\vec{c}\le 4

（当 $t=1$，即 $\sin\alpha=0$ 时取等号，$\vec{a}\cdot\vec{c}$ 的最大值为 $4$。）

另解（判别式法）：$\vec{c}\cdot\vec{a}=2y$，将圆方程视为关于 $x$ 的一元二次方程有解，需判别式

\Delta=4\cos^2\alpha-4\left[y^2-(2+2\sin\alpha)y+1\right]\ge0

$\therefore \sin^2\alpha+(1-2\sin\alpha)+y^2-2y\sin\alpha-2y+1\le0$（展开整理）

设 $t=\sin\alpha$，$f(t)=t^2+(1-2t)+y^2-2yt-2y+1\ge 0$ 有解需

-\frac{4-2y}{2}\le 1\ \iff\ y\le 2

$\therefore \vec{a}\cdot\vec{c}=2y\le 4$。

向量a的模=b的模=2

向量 a 的模 = b 的模 = 2

题15（椭圆离心率）

题16（向量最大值）