如图所示，在平面直角坐标系 $xOy$ 中，设点 $M(x_0,y_0)$ 是椭圆 $C:\dfrac{x^2} 4+y^2=1$ 上一点，左右焦点分别是 $F_1,F_2$，从原点 $O$ 向圆 $M$：$(x-x_0)^2+(y-y_0)^2=r^2$（$0<r<1$）作两条切线分别与椭圆 $C$ 交于点 $P,Q$，直线 $OP,OQ$ 的斜率分别记为 $k_1,k_2$．
1、设直线 $MF_1,MF_2$ 分别与圆交于 $A,B$ 两点，当 $|AF_1|-|BF_2|=2r$ 时，求点 $A$ 的轨迹方程．
2、当 $k_1\cdot k_2$ 为定值时，求 $|OP|\cdot|OQ|$ 的最大值．
解析
1、根据题意，有\[\begin{cases} |AF_1|+|BF_2|=2a-2r,\\ |AF_1|+|BF_2|=2r,\end{cases}\]于是\[|AF_1|=a=2,\]于是点 $A$ 的轨迹是以 $F_1$ 为圆心，$2$ 为半径的圆在椭圆内的部分，其轨迹方程为\[\left(x+\sqrt 3\right)^2+y^2=4,x>0.\]
2、lanqi.org设过 $O$ 的直线 $y=kx$ 与圆 $M$ 相切，则\[\dfrac{|kx_0-y_0|}{\sqrt{k^2+1}}=r,\]即\[(x_0^2-r^2)k^2-2x_0y_0k+y_0^2-r^2=0,\]于是\[k_1k_2=\dfrac{y_0^2-r^2}{x_0^2-r^2}=\dfrac{\left(1-\dfrac{x_0^2}4\right)-r^2}{x_0^2-r^2}=-\dfrac 14\cdot \dfrac{x_0^2-4+4r^2}{x_0^2-r^2}.\]根据题意，$k_1k_2$ 为定值，于是 $r^2=\dfrac 45$ 且该定值为 $-\dfrac 14$．设 $P(2\cos\alpha,\sin\alpha)$，$Q(2\cos\beta,\sin\beta)$，则\[k_1k_2=-\dfrac 14\implies \cos(\alpha-\beta)=0,\]于是\[\begin{split} |OP|\cdot |OQ| &=\sqrt{4\cos^2\alpha+\sin^2\alpha}\cdot \sqrt{4\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}\\ &=\sqrt{\dfrac 94\sin^22\alpha+4}\\ &\leqslant \dfrac 52,\end{split}\]等号当 $\alpha=\dfrac{\pi}4$ 时取得，因此 $|OP|\cdot |OQ|$ 的最大值为 $\dfrac 52$．