1、第九章平面解析幾何第11課時直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用1. (選修11P44習(xí)題4改編)以雙曲線1的中心為頂點，且以該雙曲線的右焦點為焦點的拋物線方程是_答案：y212x解析：雙曲線1的中心為O(0，0)，該雙曲線的右焦點為F(3，0)，則拋物線的頂點為(0，0)，焦點為(3，0)，所以p6，所以拋物線方程是y212x.2. 以雙曲線3x2y212的焦點為頂點，頂點為焦點的橢圓的方程是_答案：1解析：雙曲線方程可化為1，焦點為(0，±4)，頂點為(0，±2) 橢圓的焦點在y軸上，且a4，c2，此時b2，橢圓方程為1.3. 若拋物線y22px的焦點與橢圓1的右焦點重合，則p_答

2、案：4解析：橢圓1的右焦點(2，0)是拋物線y22px的焦點，所以2，p4.4. 已知雙曲線x21的左頂點為A1，右焦點為F2，P為雙曲線右支上一點，則·的最小值為_答案：2解析：設(shè)點P(x，y)，其中x1.依題意得A1(1，0)，F(xiàn)2(2，0)，由雙曲線方程得y23(x21).·(1x，y)·(2x，y)(x1)(x2)y2x2y2x2x23(x21)x24x2x54，其中x1.因此，當(dāng)x1時，·取得最小值2.5. 已知橢圓C：y21的兩焦點為F1，F(xiàn)2，點P(x0，y0)滿足y1，則PF1PF2的取值范圍為_答案：2，2解析：當(dāng)P在原點處時，PF1P

3、F2取得最小值2；當(dāng)P在橢圓上時，PF1PF2取得最大值2，故PF1PF2的取值范圍為2，21. 圓錐曲線的統(tǒng)一定義平面內(nèi)到一個定點F和到一條定直線l(F不在l上)的距離的比等于常數(shù)e的軌跡當(dāng)0<e<1時，它表示橢圓；當(dāng)e>1時，它表示雙曲線；當(dāng)e1時，它表示拋物線2. 曲線的方程與方程的曲線在直角坐標(biāo)系中，如果某曲線C(看作適合某種條件的點的集合或軌跡)上的點與一個二元方程f(x，y)0的實數(shù)解建立了如下的關(guān)系：(1) 曲線上的點的坐標(biāo)都是這個方程的解；(2) 以這個方程的解為坐標(biāo)的點都在曲線C上，那么，這個方程叫做曲線的方程，這條曲線叫做方程的曲線(圖形)3. 平面解析幾

4、何研究的兩個主要問題(1) 根據(jù)已知條件，求出表示曲線的方程；(2) 通過曲線的方程研究曲線的性質(zhì)4. 求曲線方程的一般方法(五步法)求曲線(圖形)的方程，一般有下面幾個步驟：(1) 建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，用有序?qū)崝?shù)對(x，y)表示曲線上任意一點M的坐標(biāo)；(2) 寫出適合條件p的點M的集合PM|p(M)；(3) 用坐標(biāo)表示條件p(M)，列出方程f(x，y)0；(4) 化方程f(x，y)0為最簡形式；(5) 說明已化簡后的方程的解為坐標(biāo)的點都在曲線上.題型1最值問題例1如圖，橢圓C：1(ab0)的離心率為，其左焦點到點P(2，1)的距離為.不過原點O的直線l與C相交于A，B兩點，且線段AB被直線OP

5、平分(1) 求橢圓C的方程；(2) 求ABP面積取最大值時直線l的方程解：(1) 設(shè)橢圓左焦點為F(c，0)，則由題意得得所以橢圓方程為1.(2) 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的中點為M.當(dāng)直線AB與x軸垂直時，直線AB的方程為x0，與不過原點的條件不符，舍去故可設(shè)直線AB的方程為ykxm(m0)，由消去y，整理得(34k2)x28kmx4m2120，則64k2m24(34k2)(4m212)0，所以線段AB的中點為M.因為M在直線OP：yx上，所以，得m0(舍去)或k.此時方程為3x23mxm230，則3(12m2)0，所以AB·|x1x2|·，設(shè)點P到

6、直線AB的距離為d，則d.設(shè)ABP的面積為S，則SAB·d·.其中m(2，0)(0，2)令u(m)(12m2)(m4)2，m2，2，u(m)4(m4)(m22m6)4(m4)·(m1)(m1)所以當(dāng)且僅當(dāng)m1時，u(m)取到最大值故當(dāng)且僅當(dāng)m1時，S取到最大值綜上，所求直線l的方程為3x2y220.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓的中心在原點O，右焦點F在x軸上，橢圓與y軸交于A、B兩點，其右準(zhǔn)線l與x軸交于T點，直線BF交橢圓于C點，P為橢圓上弧AC上的一點(1) 求證：A、C、T三點共線；(2) 如果3，四邊形APCB的面積最大值為，求此時橢圓的方程和P點

7、坐標(biāo)(1) 證明：設(shè)橢圓方程為1(ab0) ，則A(0，b)，B(0，b)，T.AT：1 ，BF：1 ，解得交點C(，)，代入得1，滿足式，則C點在橢圓上，即A、C、T三點共線(2) 解：過C作CEx軸，垂足為E，則OBFECF.3，CEb，EFc，則C，代入得1， a22c2，b2c2.設(shè)P(x0，y0)，則x02y2c2.此時C，ACc，SABC·2c·c2，直線AC的方程為x2y2c0，P到直線AC的距離為d，SAPCd·AC··c·c.只須求x02y0的最大值，(解法1) (x02y0)2x4y2·2x0y0x4y2

8、(xy)3(x2y)6c2， x02y0c.當(dāng)且僅當(dāng)x0y0c時，(x02y0)maxc.(解法2)令x02y0t，代入x2y2c2得(t2y0)22y2c20，即6y4ty0t22c20.(4t)224(t22c2)0，得tc.當(dāng)tc，代入原方程解得x0y0c.四邊形的面積最大值為c2c2c2， c21，a22，b21，此時橢圓方程為y21.P點坐標(biāo)為.題型2定值問題例2如圖，橢圓C0：1(a>b>0，a、b為常數(shù))，動圓C1：x2y2t，b<t1<a.點A1、A2分別為C0的左、右頂點，C1與C0相交于A、B、C、D四點(1) 求直線AA1與直線A2B交點M的軌跡方

9、程；(2) 設(shè)動圓C2：x2y2t與C0相交于A，B，C，D四點，其中b<t2<a，t1t2.若矩形ABCD與矩形ABCD的面積相等，證明：tt為定值(1) 解：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(xa)，直線A2B的方程為y(xa)由得y2(x2a2)由點A(x1，y1)在橢圓C0上，故1.從而yb2，代入得1(x<a，y<0)(2) 證明：設(shè)A(x2，y2)，由矩形ABCD與矩形ABCD的面積相等，得4|x1|y1|4|x2|y2|，故xyxy.因為點A，A均在橢圓上，所以b2xb2x.由t1t2，知x1

10、x2，所以xxa2，從而yyb2，因此tta2b2為定值在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：1(ab0)的右焦點為F(4m，0)(m0，m為常數(shù))，離心率等于0.8，過焦點F、傾斜角為的直線l交橢圓C于M、N兩點(1) 求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2) 若90°，求實數(shù)m；(3) 試問的值是否與的大小無關(guān)，并證明你的結(jié)論解：(1) c4m，橢圓離心率e， a5m. b3m.橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.(2) 在橢圓方程1中，令x4m，解得y±. 當(dāng)90°時，直線MNx軸，此時FMFN，.，解得m.(3) 的值與的大小無關(guān)證明如下：(證法1)設(shè)點M、N到右準(zhǔn)線的距離分別為d1、d

11、2.，.又由圖可知，MFcosd1c， d1，即.同理，(cos1)(cos1).·.顯然該值與的大小無關(guān)(證法2)當(dāng)直線MN的斜率不存在時，由(2)知，的值與的大小無關(guān)當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)直線MN的方程為yk(x4m)，代入橢圓方程1，得(25k29)m2x2200m3k2x25m4(16k29)0.設(shè)點M(x1，y1)、N(x2，y2)，0恒成立， x1x2，x1·x2.， MF5mx1，NF5mx2.顯然該值與的大小無關(guān)題型3定點問題例3在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：(x3)2(y1)24和圓C2：(x4)2(y5)24.(1) 若直線l過點A(4，0)

12、，且被圓C1截得的弦長為2，求直線l的方程；(2) 設(shè)P為平面上的點，滿足：存在過點P的無窮多對互相垂直的直線l1和l2，它們分別與圓C1和圓C2相交，且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等，試求所有滿足條件的點P的坐標(biāo)解：(1) 設(shè)直線l的方程為yk(x4)，即kxy4k0.由垂徑定理，得圓心C1到直線l的距離d1，結(jié)合點到直線距離公式，得1，化簡得24k27k0，解得k0或k.所求直線l的方程為y0或y(x4)，即y0或7x24y280.(2) 設(shè)點P坐標(biāo)為(m，n)，直線l1、l2的方程分別為ynk(xm)，yn(xm)，即kxynkm0，xynm0.因為直線l1被

13、圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等，兩圓半徑相等由垂徑定理，得圓心C1到直線l1與圓心C2到直線l2的距離相等故有，化簡得(2mn)kmn3或(mn8)kmn5.因為關(guān)于k的方程有無窮多解，所以有或解得點P坐標(biāo)為或.已知橢圓y21的左頂點為A，過A作兩條互相垂直的弦AM、AN交橢圓于M、N兩點(1) 當(dāng)直線AM的斜率為1時，求點M的坐標(biāo)；(2) 當(dāng)直線AM的斜率變化時，直線MN是否過x軸上的一定點？若過定點，請給出證明，并求出該定點；若不過定點，請說明理由解：(1) 直線AM的斜率為1時，直線AM為yx2，代入橢圓方程并化簡得5x216x120，解之得x12，x2，點M的坐標(biāo)為.

14、(2) 設(shè)直線AM的斜率為k，則AM為yk(x2)，則化簡得(14k2)x216k2x16k240.此方程有一根為2， xM，同理可得xN.由(1)知若存在定點，則此點必為P. kMP，同理可計算得kPN.直線MN過x軸上的一定點P.(理)題型4軌跡問題例4如圖，已知梯形ABCD中|AB|2|CD|，點E滿足，雙曲線過C、D、E三點，且以A、B為焦點當(dāng)時，求雙曲線離心率e的取值范圍解：如題圖，以直線AB為x軸，AB的垂直平分線為y軸，建立直角坐標(biāo)系xOy，則CDy軸因為雙曲線經(jīng)過點C、D，且以A、B為焦點，由雙曲線的對稱性知C、D關(guān)于y軸對稱根據(jù)已知，設(shè)A(c，0)，C，E(x0，y0)，其中

15、c|AB|為雙曲線的半焦距，h是梯形的高由，即(x0c，y0)，得x0，y0.不妨設(shè)雙曲線的方程為1，則離心率e.由點C、E在雙曲線上，將點C、E的坐標(biāo)和e代入雙曲線的方程得由式得1，將式代入式，整理得 (44)12，所以1.由已知，所以1，解之得 e，所以雙曲線的離心率的取值范圍為，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知定點A(4，0)、B(4，0)，動點P與A、B連線的斜率之積為.(1) 求點P的軌跡方程；(2) 設(shè)點P的軌跡與y軸負(fù)半軸交于點C.半徑為r的圓M的圓心M在線段AC的垂直平分線上，且在y軸右側(cè)，圓M被y軸截得的弦長為r.() 求圓M的方程；() 當(dāng)r變化時，是否存在定直線l與動圓M均

16、相切？如果存在，求出定直線l的方程；如果不存在，說明理由解：(1) 設(shè)P(x，y)，則直線PA、PB的斜率分別為k1、k2.由題意知·，即1(x±4)所以動點P的軌跡方程是1(x±4)(2) ()由題意C(0，2)，A(4，0)，所以線段AC的垂直平分線方程為y2x3.設(shè)M(a，2a3)(a0)，則圓M的方程為(xa)2(y2a3)2r2.圓心M到y(tǒng)軸的距離da，由r2d2，得a.所以圓M的方程為(yr3)2r2.()假設(shè)存在定直線l與動圓M均相切當(dāng)定直線的斜率不存在時，不合題意設(shè)直線l：ykxb，則r對任意r0恒成立由r，得r2(k2)(b3)r(b3)2(1k

17、2)r2.所以解得或所以存在兩條直線y3和4x3y90與動圓M均相切【示例】 (本題模擬高考評分標(biāo)準(zhǔn)，滿分14分)如圖，橢圓E：1(ab0)的左焦點為F1，右焦點為F2，離心率e.過F1的直線交橢圓于A、B兩點，且ABF2的周長為8.(1) 求橢圓E的方程；(2) 設(shè)動直線l：ykxm與橢圓E有且只有一個公共點P，且與直線x4相交于點Q.試探究：在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點M，使得以PQ為直徑的圓恒過點M？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由學(xué)生錯解：解：(1) 略(2) 由消去y得(4k23)x28kmx4m2120.因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0，y0)，所以m0且0，即

18、64k2m24(4k23)(4m212)0，化簡得4k2m230.(*)此時x0，y0kx0m，所以P.由得Q(4，4km)假設(shè)平面內(nèi)存在定點M滿足條件，由圖形對稱性知，點M必在x軸上設(shè)M(x1，0)，則·0對滿足(*)式的m，k恒成立因為，(4x1，4km)，由·0，得4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(*)，方程無解故不存在定點M，使得以PQ為直徑的圓恒過點M.審題引導(dǎo)： (1) 建立方程組求解參數(shù)a，b，c；(2) 恒成立問題的求解；(3) 探索性問題的一般解題思路規(guī)范解答： 解：(1) 因為ABAF2BF28，即AF1F1BAF2BF28，(1分)又A

19、F1AF2BF1BF22a，(2分)所以4a8，a2.又因為e，即，所以c1，(3分)所以b.故橢圓E的方程是1.(4分)(2) 由消去y得(4k23)x28kmx4m2120.(5分)因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0，y0)，所以m0且0，(6分)即64k2m24(4k23)(4m212)0，化簡得4k2m230.(*)(7分)此時x0，y0kx0m，所以P.(8分)由得Q(4，4km)(9分)假設(shè)平面內(nèi)存在定點M滿足條件，由圖形對稱性知，點M必在x軸上(10分)設(shè)M(x1，0)，則·0對滿足(*)式的m，k恒成立因為，(4x1，4km)，由·0，得4x1x

20、30，整理，得(4x14)x4x130.(*)(12分)由于(*)式對滿足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.(13分)故存在定點M(1，0)，使得以PQ為直徑的圓恒過點M.(14分)錯因分析： 本題易錯之處是忽視定義的應(yīng)用；在處理第(2)問時，不清楚圓的對稱性，從而不能判斷出點M必在x軸上同時不會利用恒成立求解1. 已知拋物線y22px(p0)上存在關(guān)于直線xy1對稱的相異兩點，則實數(shù)p的取值范圍為_答案：解析：設(shè)拋物線上關(guān)于直線xy1對稱的兩點是M(x1，y1)、N(x2，y2)，設(shè)直線MN的方程為yxb.將yxb代入拋物線方程，得x2(2b2p)xb20，則x1x22p2b，y1y2

21、(x1x2)2b2p，則MN的中點P的坐標(biāo)為(pb，p)因為點P在直線xy1上，所以2pb1，即b2p1.又(2b2p)24b24p28bp0，將b2p1代入得4p28p(2p1)0，即3p22p0，解得0p.2. 已知拋物線y22px(p0)及定點A(a，b)，B(a，0)，ab0，b22pa，M是拋物線上的點設(shè)直線AM、BM與拋物線的另一個交點分別為M1、M2，當(dāng)M變動時，直線M1M2恒過一個定點，此定點坐標(biāo)為_答案：解析：設(shè)M，M1，M2，由點A、M、M1共線可知，得y1，同理由點B、M、M2共線得y2.設(shè)(x，y)是直線M1M2上的點，則，即y1y2y(y1y2)2px，又y1，y2，

22、則(2pxby)y2pb·(ax)y02pa·(by2pa)0.當(dāng)xa，y時上式恒成立，即定點為.3. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C的頂點在原點，焦點F的坐標(biāo)為(1，0)(1) 求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2) 設(shè)M、N是拋物線C的準(zhǔn)線上的兩個動點，且它們的縱坐標(biāo)之積為4，直線MO、NO與拋物線的交點分別為點A、B，求證：動直線AB恒過一個定點解：(1) 設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y22px(p>0)，則1，p2，所以拋物線方程為y24x.(2) 拋物線C的準(zhǔn)線方程為x1，設(shè)M(1，y1)，N(1，y2)，其中y1y24，直線MO的方程：yy1x，將yy1x與y24x聯(lián)立

23、解得A點坐標(biāo).同理可得B點坐標(biāo)，則直線AB的方程為：，整理得(y1y2)y4x40，故直線AB恒過定點(1，0)4. 已知橢圓E：y21(a1)的上頂點為M(0，1)，兩條過M的動弦MA、MB滿足MAMB.(1) 當(dāng)坐標(biāo)原點到橢圓E的準(zhǔn)線距離最短時，求橢圓E的方程；(2) 若RtMAB面積的最大值為，求a；(3) 對于給定的實數(shù)a(a1)，動直線AB是否經(jīng)過一定點？如果經(jīng)過，求出定點坐標(biāo)(用a表示)；反之，說明理由解：(1) 由題，a2c21，dc2，當(dāng)c1時取等號，此時a2112，故橢圓E的方程為y21.(2) 不妨設(shè)直線MA的斜率k>0，直線MA方程為ykx1，由代入整理得(a2k2

24、1)x22a2kx0，解得xA，故A，由MAMB知直線MB的斜率為，可得B(，)，則MA·，MB.則SMABMA·MB(1k2).令kt(t2)，則SMAB.當(dāng)t時取“”， t2，得a>1.而(SMAB)max，故a3或a(舍)綜上a3.(3) 由對稱性，若存在定點，則必在y軸上當(dāng)k1時，A，直線AB過定點Q.下面證明A、Q、B三點共線： kAQ，kBQ.由kAQkBQ知A、Q、B三點共線，即直線AB過定點Q.5. 設(shè)A1、A2與B分別是橢圓E：1(ab0)的左、右頂點與上頂點，直線A2B與圓C：x2y21相切(1) 求證：1；(2) P是橢圓E上異于A1、A2的一點

25、，若直線PA1、PA2的斜率之積為，求橢圓E的方程；(3) 直線l與橢圓E交于M、N兩點，且·0，試判斷直線l與圓C的位置關(guān)系，并說明理由(1) 證明：已知橢圓E：1(a>b>0)，A1、A2與B分別為橢圓E的左、右頂點與上頂點，所以A1(a，0)，A2(a，0)，B(0，b)，直線A2B的方程是1.因為A2B與圓C：x2y21相切，所以1，即1.(2) 解：設(shè)P(x0，y0)，則直線PA1、PA2的斜率之積為kPA1·kPA2·，1，而1，所以b2a2.結(jié)合1，得a24，b2.所以橢圓E的方程為1.(3) 解：設(shè)點M(x1，y1)，N(x2，y2)若

26、直線l的斜率存在，設(shè)直線l為ykxm，由ykxm代入1，得1.化簡得(b2a2k2)x22a2kmxa2m2a2b20(>0) x1x2，y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2kmm2.因為·0，所以x1x2y1y20.代入得(a2b2)m2a2b2(1k2)0.結(jié)合(1)的1，得m21k2.圓心到直線l的距離為d1，所以直線l與圓C相切若直線l的斜率不存在，設(shè)直線l為xn.代入1，得y±b. |n|b·， a2n2b2(a2n2)解得n±1，所以直線l與圓C相切6. 已知曲線C上動點P(x，y)到定點F1(，0)與定直線

27、l1x的距離之比為常數(shù).(1) 求曲線C的軌跡方程；(2) 以曲線C的左頂點T為圓心作圓T：(x2)2y2r2(r>0)，設(shè)圓T與曲線C交于點M與點N，求·的最小值，并求此時圓T的方程解：(1) 過點P作直線的垂線，垂足為D.，所以該曲線的方程為y21.(2) 點M與點N關(guān)于x軸對稱，設(shè)M(x1，y1)，N(x1，y1)，不妨設(shè)y1>0.由于點M在橢圓C上，所以y1.由已知T(2，0)，則(x12，y1)，(x12，y1)，·(x12，y1)·(x12，y1)(x12)2y(x12)2x4x13·.由于2<x1<2，故當(dāng)x1時，&

28、#183;取得最小值為.計算得，y1，故M.又點M在圓T上，代入圓的方程得到r2.故圓T的方程為(x2)2y2.1. 已知拋物線x24y的焦點為F，過焦點F且不平行于x軸的動直線交拋物線于A、B兩點，拋物線在A、B兩點處的切線交于點M.(1) 求證：A、M、B三點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列；(2) 設(shè)直線MF交該拋物線于C、D兩點，求四邊形ACBD面積的最小值(1) 證明：由已知，得F(0，1)，顯然直線AB的斜率存在且不為0, 則可設(shè)直線AB的方程為ykx1(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y，得x24kx40，顯然16k216>0. 所以x1x24k，x1x24，由x24y

29、，得yx2，所以yx, 所以，直線AM的斜率為kAMx1, 所以，直線AM的方程為yy1x1(xx1)，又x4y1, 所以，直線AM的方程為x1x2(yy1)，同理，直線BM的方程為x2x2(yy2)，并據(jù)x1x2得點M的橫坐標(biāo)x，即A、M、B三點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列(2) 解：由易得y1，所以點M的坐標(biāo)為(2k，1)(k0). 所以kMF，則直線MF的方程為yx1，設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4) 由消去y，得x2x40，顯然16>0, 所以x3x4，x3x44，又|AB|4(k21)，|CD|4，因為kMF·kAB1，所以ABCD ，所以SACBD|AB|·|C

30、D|88·32, 當(dāng)且僅當(dāng)k±1時，四邊形ACBD面積取到最小值32.2. 已知橢圓C：1(a>b>0)的離心率e，一條準(zhǔn)線方程為x(1) 求橢圓C的方程；(2) 設(shè)G、H為橢圓C上的兩個動點，O為坐標(biāo)原點，且OGOH.當(dāng)直線OG的傾斜角為60°時，求GOH的面積；是否存在以原點O為圓心的定圓，使得該定圓始終與直線GH相切？若存在，請求出該定圓方程；若不存在，請說明理由解：( 1) 因為，a2b2c2, 解得a3，b，所以橢圓方程為1.(2) 由解得由得所以O(shè)G，OH，所以SGOH.假設(shè)存在滿足條件的定圓，設(shè)圓的半徑為R，則OG·OHR·GH，因為OG2OH2GH2，故，當(dāng)OG與OH的斜率均存在時，不妨設(shè)直線OG方程為ykx, 由得所以O(shè)G2，同理可得OH2，(將OG2中的k換成可得) ，R，當(dāng)OG與OH的斜率有一個不存在時，可得，故滿足條件的定圓方程為：x2y2.3. 已知橢圓C的方程為1(a>b>0)，雙曲線1的兩條漸近線為l1、l2，過橢圓C的右焦點F作直線l，使ll1.又l與l2交于P點，設(shè)l與橢圓C的兩個交點由上至下依次為A、B(如圖)(1) 當(dāng)l1與l2夾角為60°，雙曲線的焦距為4時，求橢圓C的方程；(2) 當(dāng)，求的最大值解：(1) 雙曲線的漸近線為y±x，兩漸近線夾