2019-2020学年重庆外国语学校高二上学期2月月考数学试题(解析版)

一、单选题

1．对于直线l和平面，l可以表述为“Al，有A”，则l可以表述为（ ）

A．Al，有AÏ C．Al，有AÏ 【答案】C

【解析】l是l否定，只需写出命题“Al，有A”的否定即可. 【详解】

由题：对于直线l和平面，l可以表述为“Al，有A”， 则l即命题“Al，有A”的否定， 可以表述为：Al，有AÏ. 故选：C 【点睛】

此题考查全称命题的否定，关键在于根据题意准确写出含有一个量词的命题的否定形式.

2．“两条直线同时垂直同一条直线”是“这两条直线互相平行”的（ ） A．充要条件 C．必要不充分条件 【答案】C

【解析】“两条直线同时垂直同一条直线”不能推出“这两条直线互相平行”，“两条直线平行”能够推出“它们同时垂直同一条直线”. 【详解】

若“两条直线平行”，则“它们同时垂直同一条直线”，

考虑一条直线垂直于一个平面，平面内任意两条直线都垂直于这条直线，不能推出那两条直线平行，

所以“两条直线同时垂直同一条直线”是“这两条直线互相平行”的必要不充分条件. 故选：C 【点睛】

此题考查充分条件与必要条件的判定，关键在于准确弄清直线的位置关系，准确辨析才

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B．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 B．Al，有A D．Al，有AÏ

能得出正确选项.

3．过点(2,2)，且在x轴上的截距是y上的截距的2倍的直线（ ） A．只有一条 【答案】B

【解析】分类讨论，分直线过原点和不过原点两种情况分别求解. 【详解】

当直线过原点时，直线方程yx，满足题意； 当直线不过原点时，设其方程为

B．有且仅有两条

C．有三条

D．有四条

xy1经过(2,2)， 2aa221，解得：a3， 2aa直线方程为x2y60， 所以一共两条. 故选：B 【点睛】

此题考查根据题意求直线方程，涉及直线在坐标轴的截距问题，容易漏掉截距为0的情况.

4．已知两条直线l1:(a1)x2y10，l2:xay10平行，则a（ ） A．1 【答案】A

【解析】根据直线平行倾斜角的关系列方程求解，检验结果的准确性. 【详解】

由题：两条直线l1:(a1)x2y10，l2:xay10平行， 则aa12，a2a20，解得：a1或2， 当a1时：直线l1:2x2y10，l2:xy10平行， 当a2时：直线l1:x2y10，l2:x2y10重合，（舍去）， 所以a1. 故选：A 【点睛】

此题考查根据两条直线平行求参数范围，注意考虑直线重合的情况，容易产生增根. 5．已知圆O1的方程为x2y24，圆O2的方程为(xa)2(y1)21，那么这两个

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B．2

C．0或2

D．1或2

圆的位置关系不可能是（ ） A．外离 B．外切 C．内含 D．内切 【答案】C

【解析】分别求出两圆的圆心坐标和半径，求出圆心距，可以求出圆心距的最小值，然后与两圆半径的和、差的绝对值，进行比较，最后得出答案. 【详解】

因为圆O1的方程为xy4，所以圆O1的圆心坐标为(0,0)，半径为2，又因为圆O222的方程为(xa)2(y1)21，所以圆O2的圆心坐标为(a,1)，半径为1，因此有

O1O2a211，两圆的半径和为3，半径差的绝对值为1，故两圆的圆心距不可能

小于两圆的半径差的绝对值，不可能是内含关系，故本题选C. 【点睛】

本题考查了圆与圆的位置关系的判断，求出圆心距的最小值是解题的关键.

6．已知ABC的平面直观图（斜二测作法）ABC是斜边长为4的等腰直角三角形，那么原ABC的面积为（ ） A．8 【答案】C

【解析】分别作出直观图和原图，根据斜二测作图法求边长和面积. 【详解】

B．82 C．162 D．163

如图：ABC是斜边长为4的等腰直角三角形，过B作OA的平行线交y轴于C，

CO42，OA4，

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所以在原图中，OA4,OC82，

ABC的面积为SABC=故选：C 【点睛】

1创482=162. 2此题考查斜二测法作图相关量的计算，关键在于准确掌握作图法则进行计算，可以记住二级结论，原图与直观图之间的面积之比，节省计算时间.

7．如图，E,F是正方体的棱的中点，则下列判断正确的是（ ）

A．直线AC与BF是相交直线 C．直线C1E与BF是异面直线 【答案】D

B．直线C1E与AC互相平行 D．直线DB与AC互相垂直

【解析】直线AC与BF是异面直线，直线C1E与AC是异面直线，直线C1E与BF是相交直线，直线DB与AC互相垂直，即可得出选项. 【详解】

由题：AC平面ABCD，BF与平面ABCD交于点B,BAC，所以直线AC与BF是异面直线，所以选项A错误；

AC平面ACC1A1，EC1与平面ACC1A1交于点C1,C1AC，所以直线C1E与AC是异面直线，所以选项B错误；

根据正方体性质EF//AD1//BC1，所以EFBC1四点共面，所以直线C1E与BF不是异面直线，所以选项C错误；

正方体各个表面均为正方形，所以直线DB与AC互相垂直，所以选项D正确. 故选：D 【点睛】

此题考查空间几何体中的点线面位置关系判断，根据基本公理定理出发进行推理论证得出结论.

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y2x28．已知椭圆C:21(b26)上存在两点M,N关于直线2x3y10对称，

6b且线段MN中点的纵坐标为A．2 【答案】B

【解析】点M,N关于直线2x3y10对称，则线段MN中点在直线2x3y10上，求出中点坐标，MN与直线2x3y10垂直，根据中点关系和斜率关系即可求解. 【详解】

设Mx1,y1,Nx2,y2，点M,N关于直线2x3y10对称，且线段MN中点在直线2x3y10上，纵坐标为B．3

2，则b2的值是（ ） 3C．4

D．5

y1y23

x1x2212，所以横坐标为， 324x1x21,y1y2，

3y12x1216b22Mx1,y1,Nx2,y2在椭圆上：2(b6)，两式相减得： ，2y2x21b26y12y22x12x220 26by1y2y1y2x1x2x1x20

6b2y1y2x1x20

6x1x2b2y1y214104 b23解得：b23. 故选：B 【点睛】

此题考查中点弦相关问题，根据点与直线的位置关系，结合点差法求解，若能熟记中点弦公式相关结论，可以大大提升解题速率.

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x2y29．双曲线C：221(a0,b0)的左右焦点分别为F1，F2，C的右支上一点P满

ab足F1PF260，若坐标原点O到直线PF1距离是A．2 【答案】B

【解析】分别过O，F2作直线PF1的垂线，垂足为A,B，利用中位线性质可以求出BF2,在

B．3 C．2

3a，则C的离心率为（ ） 2D．3

RtPBF2中，可以求出PF2，利用双曲线的定义，可以求出PF1，在PF2F1中，利用

余弦定理可以得到a,c的关系，进而求出双曲线的离心率. 【详解】

分别过O，F2作直线PF1的垂线，垂足为A,B，显然OAPPF, O是F2F1的中点,所

0以BF2=3a,在RtPBF2中, sin60BF2PF22a,由双曲线的定义,可知: PF2PF1PF22aPF14a,在PF2F1中，

F2F12PF12PF222PF1PF2cos600c23a2e3,故本题选B.

【点睛】

本题考查了求双曲线的离心率.解题的关键是利用双曲线的定义、中位线的性质、余弦定理的综合使用,考查了运算能力.

10．①多面体AD1B1C正方体AC1中，AB4，则关于多面体AD1B1C，有如下判断：的外接球的体积为323；②多面体AD1B1C的体积是正方体体积的

1；③多面体2AD1B1C的表面积为323.其中判断正确的是（ ）

A．①② 【答案】B

【解析】多面体的外接球与原正方体的外接球是同一个球，可以得出①，正方体体积减去四个小锥体体积得到多面体体积判定②，多面体是正四面体，计算表面积得③. 【详解】

作出几何体，如图所示：

B．①③

C．②③

D．①②③

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根据不共面的四点可以确定圆可得：多面体的外接球与正方体的外接球是同一个球，所以外接球半径R4124424223，外接球体积为VR3323，所以23①正确；设正方体体积V44464， 多面体AD1B1C的体积：

VAD1B1CVVAD1B1A1VCD1B1C1VD1ADCVB1ABC

11164444464

3231V 31不是正方体体积的，所以②不正确；

2多面体AD1B1C是正四面体，棱长为42， 多面体的表面积S4故选：B 【点睛】

此题考查求空间几何体的外接球的半径，几何体体积和表面积，关键在于准确识别几何体，弄清物体特征，选取恰当方法求解.

11．已知M是抛物线x24y上一点，F为其焦点，C为圆(x1)2(y2)21的圆心，Q是圆C任意一点，MFMQ的最小值为（ ） A．1 【答案】B

【解析】将MFMQ的最小值转化为求MFMC1的小值，根据抛物线的几何意义，将MF化为抛物线上的点到准线的距离. 【详解】

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B．2

C．3

D．4

14242sin60323，所以③正确. 2

作出图象，根据抛物线和圆的几何性质可得：MFMQ要取得最小， 必有MFMQMFMC1，过M作直线y1的垂线，垂足为N， 根据抛物线的几何意义MFMN，

MFMQ的最小值，即MNMC1的最小值，

过点C作直线y1的垂线与抛物线的交点，就是所求最小值时刻的点M， 所以最小值为2. 故选：B 【点睛】

此题考查抛物线和椭圆的几何性质的综合应用，涉及圆外一点到圆上距离的最值，抛物线上的点到焦点距离相关问题辨析.

12．椭圆的焦点F1(22,0)，F2(22,0)，长轴长为2a，在椭圆上存在点P，使

F1PF290，对于直线ya，在圆x2y12上始终存在两点M,N使得直

线上有点Q，满足MQN90，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）

2A．[22,1) 3B．[2,1) 2C．[222,] 23D．(0,22] 3【答案】A

【解析】椭圆上存在点P，使F1PF290，只需最大角F1PF290，结合直线ya上存在点Q到圆心距离等于2，可建立不等关系求出离心率的范围. 【详解】

由题：椭圆的焦点F1(22,0)，F2(22,0)，长轴长为2a，在椭圆上存在点P，使

F1PF290，只需最大角F1PF290，即当P为短轴端点时，

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得最大角F1PF290即90F1PO45，

所以sinF1POFO1F1P22，即e， 222又对于直线ya，在圆x2y12上始终存在两点M,N使得直线上有点Q，满足MQN90，临界情况即过点Q作圆的两条切线互相垂直，此时点Q到圆心的距离为2，

直线上存在点Q到圆心距离等于2，

只需0,1到直线ya距离小于等于2，a12，22a3， 所以离心率e()c2222，且e1， aa3综上所述：椭圆离心率的取值范围[故选：A 【点睛】

22,1). 3此题考查根据椭圆的几何特征求离心率，涉及圆相关知识，综合性较强，需要熟练掌握常见结论.

二、填空题

13．圆x2y2x0与圆xy2y0的公共弦所在的直线方程为___________. 【答案】x2y0

【解析】两个圆的方程作差即公共弦所在直线方程. 【详解】

由题：圆xyx0与圆xy2y0的标准方程为：

21122和xy11， xy242222222圆心距为1535，， 2222所以两圆相交，

所以公共弦所在直线方程即：xyxxy2y0，

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2222即x2y0. 故答案为：x2y0 【点睛】

此题考查求两圆的公共弦所在直线方程，属于简单题目，注意先判断两圆的位置关系，而不是简单地将两圆方程作差.

14．双曲线的一个焦点为(0,5)，其渐近线方程为y___________.

4x，则双曲线的标准方程为3y2x2【答案】1

169【解析】根据焦点所在位置设出标准方程，结合渐近线斜率即可求解. 【详解】

由题：双曲线的一个焦点为(0,5)，其渐近线方程为y4x， 322yx所以焦点在y轴上，设标准方程为221,a0,b0，

ab且

a42,ab225， b3解得：a4,b3.

y2x2所以双曲线的标准方程为1.

169y2x2故答案为：1

169【点睛】

此题考查根据离心率和渐近线方程求双曲线的标准方程，关键在于准确计算，容易漏掉考虑焦点所在坐标轴.

15．已知直线l与抛物线y24x交于A,B两点，与准线交于C点，F为抛物线的焦点，若BC3FB，则AFBF的值为___________. 【答案】

uuuvuuuv3 2【解析】根据BC3FB作出图形，结合抛物线的几何意义和平面几何知识求出

uuuvuuuvAF,BF的值.

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【详解】

根据BC3FB作图如下：过B作准线的垂线BB1，垂足为B1，过A作准线的垂线AE，垂足为E，

uuuvuuuv

由抛物线的几何性质：BB1BF，

所以直线AB的倾斜角为,coscosCBB11， 3BB1DFBCCF，即

BB123， 4所以BFBB1又因为

3，FC6 2，即

BB1BCEAACFA11EA，，

3AFFC3ACFA1， 3AF6解得：FA3， 所以AFBF故答案为：【点睛】

此题考查抛物线的几何性质的综合应用，涉及等价转化，将抛物线上的点到焦点的距离转化为抛物线上的点到准线的距离，结合平面几何知识求解.

16．一个直棱柱的底面是有一个内角为120的三角形，面积最大的一个侧面是边长为6的正方形，则这个棱柱的外接球的表面积是___________.

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3. 23 2【答案】84

【解析】直三棱柱上下底面三角形的外接圆圆心连线中点即外接球球心，即可求值. 【详解】

作出几何图形，如图所示：

由题可得直三棱柱的高为6，底面三角形最大的边为BC6， 底面三角形最大的角A120， 底面三角形的外接圆半径R1623， 2sin120221，

所以外接球的表面积S42184.

所以外接球的半径r32232故答案为：84 【点睛】

此题考查求几何体的外接球的表面积，关键在于根据几何图形准确求出外接球的半径，积累常见几何体外接球半径的求法.

三、解答题

17．在一个如图所示的直角梯形ABCD内挖去一个扇形，E恰好是梯形的下底边的中点，将所得平面图形绕直线DE旋转一圈，求所得几何体的表面积和体积.

【答案】表面积为(9236)，体积为18

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【解析】物体旋转之后得到的几何体为底下一个圆柱挖出了一个半球体，上方一个圆锥，即可求得表面积和体积. 【详解】

根据平面图形旋转之后得到一个圆锥，下方一个圆柱内部挖掉一个半球体， 所以其表面积为：S332233体积为：V1432(9236)， 21143233233318. 323所以该集合体的表面积为(9236)，体积为18. 【点睛】

此题考查求旋转体的表面积和体积，关键在于准确识别旋转之后的几何体特征. 18．如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB14，BC5，AA14，点E,F分别在A1B1,D1C1上，A1ED1F2.

（1）求直线CF与C1E所成角的余弦值；

（2）过点E,F的平面与此长方体的表面相交，交线围成一个正方形，求平面把该长方体分成的两部分体积的比值. 【答案】（1）

11810；（2）

365【解析】（1）连接EF,EB,BC1，C1EB或其补角即为所求；

（2）根据EF5在棱AB上找出点M使得ME5，体积之比转化为面积之比. 【详解】

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（1）连接EF,EB,BC1，长方体ABCDA1B1C1D1中，A1ED1F2,A1E//D1F， 所以四边形A1EFD1是平行四边形，所以A1D1与EF平行且相等， 所以EF与BC平行且相等，所以四边形EFCB为平行四边形， 所以FC//BE，

直线CF与C1E所成角就是C1EB或其补角，

C1EEF2FC1213,EBEB12BB12410，C1BB1B2B1C1241，

在C1EB中，由余弦定理，

C1E2EB2C1B2169160411810cosC1EB，

2C1EEB65213410所以直线CF与C1E所成角的余弦值为1810； 65（2）设过点E,F的平面与此长方体的表面相交，交线围成一个正方形，即正方形

EFNM，

则EM5，

作EPAB于P，作FQDC于Q，

所以PM3，所以图中只能点M在点P的右侧，

平面把该长方体分成的两部分为直棱柱AMEA1DNFD1和直棱柱

EMBB1FNCC1，两个直棱柱的高相等，

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两部分体积之比为

SAMEA1SEMBB1AMA1EAA1712.

MBB1EAA12132【点睛】

此题考查空间几何体中求异面直线夹角，处理平面与几何体的截面问题，关键在于准确找出几何关系进行计算.

19．抛物线C的顶点在坐标原点，焦点F在x轴的正半轴上，点D(,2)在抛物线上. （1）求抛物线C的方程；

（2）在抛物线C上有一点P，且P的纵坐标为正数，过P作圆F：(x2)y1的切线，切点为A,B，当四边形AFBP的面积为15时，求出切线的方程. 【答案】（1）y8x；（2）y15(x2)4

2 【解析】（1）设抛物线方程y2px,p0，点D(,2)在抛物线上，代入即可求得；

1222212（2）根据四边形面积求出PF4，计算出P2,4，即可求出切线方程. 【详解】

2（1）设抛物线方程y2px,p0，点D(,2)在抛物线上，

121222p，解得p4

22所以抛物线方程y8x；

22（2）过P作圆F：(x2)y1的切线，切点为A,B，

则PAFA,PBFB，

四边形AFBP的面积SAFBPSPFASPFBFAPAFA当四边形AFBP的面积为15时，即FA2PF115，解得PF4

2222PFFA PFFA15，

y02y02,y0,y00，PF设P24，即y04，

88所以点P2,4，显然过点P2,4斜率不存在的直线x2与圆不相切； 所以设过P作圆F：(x2)y1的切线方程为y4kx2，

22即kxy2k40与(x2)y1相切，则圆心到直线距离等于半径，

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222k2k41k21，1k24，

解得k15，

所以切线方程为y15(x2)4. 【点睛】

此题考查根据抛物线上的点求抛物线方程，根据直线与圆相切通过面积关系转化成距离问题求点的坐标，再求切线方程，体现了转化与化归的思想.

20．设抛物线C：y24x的焦点为F，过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|8． （1）求l的方程；

（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．

【答案】(1) y=x–1,(2) x3y216或x11y6144． 【解析】【详解】

分析：(1)根据抛物线定义得ABx1x2p，再联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理代入求出斜率，即得直线l的方程；（2）先求AB中垂线方程，即得圆心坐标关系，再根据圆心到准线距离等于半径得等量关系，解方程组可得圆心坐标以及半径，最后写出圆的标准方程.

详解：（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x–1）（k>0）． 设A（x1，y1），B（x2，y2）．

2222ykx12222由得kx2k4xk0． 2y4x2k24 16k160，故x1x2． 2k24k24所以ABAFBFx11x21． 2k4k24由题设知，k=1． 8，解得k=–1（舍去）2k因此l的方程为y=x–1．

（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为

y2x3，即yx5．

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设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则

y0x05，x03，x011，2 解得或y0x012y2y6.16.00x012因此所求圆的方程为

x3y22216或x11y6144．

22点睛：确定圆的方程方法

(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程． (2)待定系数法

①若已知条件与圆心a,b和半径r有关，则设圆的标准方程依据已知条件列出关于

a,b,r的方程组，从而求出a,b,r的值；

②若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D、E、F的方程组，进而求出D、E、F的值．

x221．设O为坐标原点，动点M在椭圆C:y21上，过M作x轴的垂线，垂足

2为N，点P满足NPuuuruuuur2NM.

（1）求点P的轨迹方程；

uuuruuurQ（2）设点在直线x3上，且OPPQ1.证明：过点P且垂直于OQ的直线

l过C的左焦点F.

【答案】（1）xy2；（2）见解析.

【解析】【详解】试题分析：（1）转移法求轨迹：设所求动点坐标及相应已知动点坐标，利用条件列两种坐标关系，最后代入已知动点轨迹方程，化简可得所求轨迹方程；（2）证明直线过定点问题，一般方法是以算代证：即证OQPF0，先设 P（m，n），则

22uuuruuuruuuruuur需证33mtn0，即根据条件OPPQ1可得3mm2tnn21，而m2n22，代入即得33mtn0.

uuuruuuury）M,则N 试题解析：解：（1）设P（x，，（x0,y0）（x0,0），NP(xx0,y),MN（0,y0）由NPuuuruuuur2y. 2NM得x00，y02第 17 页 共 21 页

x2y2因为M（x0,y0）在C上，所以1.

22因此点P的轨迹为xy2.

由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则

22uuuruuruuuruurOQ3，t，PF1m，n，OQPF33mtn， uuuruuur. OPm，n，PQ（3m，tn）uuuruuur由OPPQ1得-3m-m2+tn-n2=1，又由（1）知m2n22，故3+3m-tn=0. uuuruuruuuruur所以OQPF0，即OQPF.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直

于OQ的直线l过C的左焦点F.

点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现. 22．椭圆C的中心在坐标原点，焦点F1,F2在x轴上，过坐标原点的直线l交C于P,Q两点，PF1PF24，PQF1面积的最大值为2. （1）求椭圆C的方程；

（2）M是椭圆上与P,Q不重合的一点，证明：直线MP,MQ的斜率之积为定值； （3）当点P在第一象限时，PEx轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G，求

PQG的面积的最大值.

16x2y2【答案】（1）（2）证明见解析；（3） 1；

942【解析】（1）根据PF1PF24求出a，根据面积关系求出b；

（2）设出点M与P,Q的坐标，满足椭圆方程，计算两个斜率之积即可得到定值； （3）先证明PQG是直角三角形，用直角边乘积的一半表示面积，结合基本不等式或勾型函数求面积最值. 【详解】

x2y2（1）由题可设椭圆的方程221,ab0，

ab第 18 页 共 21 页

PF1PF22a4，a2，

设Px0,y0,Qx0,y0,y0b,b，

PQF1面积SPQF11OF1y0y0cy0bc， 222最大值为2，即bc2,bc4，解得a2,b2，

x2y2所以椭圆的方程为：1；

42（2）设Mx,y,xx0,yy0是椭圆上与P,Q不重合的一点，

x2x02y2y02x02y02x2y21，1，两式作差：0， 424242y2y021 即：22xx02则直线MP,MQ的斜率之积kMPkMQyy0yy0y2y0212， xx0xx0xx022所以直线MP,MQ的斜率之积为定值；

（3）点Px0,y0在第一象限，x00，设直线PQ的方程ykx,k0，

x2y21由4得：x22k2x24， 2ykx

得x0212k2，Px0,kx0,Qx0,kx0,Ex0,0，

直线QE的斜率kQEkx0k，其方程为ykxx0， 2x022第 19 页 共 21 页

x2y214222222由得：2kx2x0kxx0k80 ykxx02设GxG,yG，则x0,xG是方程的两个根，由韦达定理：

3x03k222x0k2xk0 ，xx0xG,yG2G222k2k2kkPGx0k3kx022x0k12k，即PQPG，

2x0k2kx03k22x02k222kx01k2

所以PQ21kx0,PG，

22k所以PQG的面积

SPQG2kx01k2 12PQPG1kx022k28k1k2212k2k2

18kk 12222kk18kk2412k22k

18k1ktk,k0,t2,，当且仅当k1时，t2， ，设2k12k1kS8t82t212t1，

t1t根据勾型函数性质：函数y2t,t2,单调递增，

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所以当t2时，2t取得最小值

1t9， 2S8t81621取得最大值， 2t12t9t16. 9即当k1时，PQG的面积取最大值【点睛】

此题考查求椭圆的标准方程，与椭圆上的点相关问题，涉及求函数最值问题，体现等价转化思想.

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