| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 设动点 $M(x, y)$，直线 $AM$ 和 $BM$ 的斜率分别为 $\frac{y-0}{x+2}$ 和 $\frac{y-0}{x-2}$。根据题意，斜率之积为 $-\frac{1}{2}$，即： \[ \left(\frac{y}{x+2}\right) \left(\frac{y}{x-2}\right) = -\frac{1}{2} \] 化简得到： \[ \frac{y^2}{(x+2)(x-2)} = -\frac{1}{2} \] \[ \frac{y^2}{x^2 - 4} = -\frac{1}{2} \] \[ 2y^2 = -(x^2 - 4) \] \[ 2y^2 = -x^2 + 4 \] \[ x^2 + 2y^2 = 4 \] 这就是椭圆的标准方程。 因此，$C$ 的方程为 $x^2 + 2y^2 = 4$，$C$ 是一个椭圆。 <eoe> 【答案】$C$ 的方程为 $x^2 + 2y^2 = 4$，$C$ 是一个椭圆。<eoa> (2)【解析】 (i) 设过原点的直线方程为 $y = kx$，将其代入椭圆方程 $x^2 + 2(kx)^2 = 4$，得到： \[ x^2 + 2k^2x^2 = 4 \] \[ (1 + 2k^2)x^2 = 4 \] \[ x^2 = \frac{4}{1 + 2k^2} \] \[ x = \pm \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}} \] 对应的 $y$ 值为： \[ y = kx = \pm k \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}} \] 因此，$P$ 和 $Q$ 的坐标分别为： \[ P\left(\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}, k \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}\right) \] \[ Q\left(-\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}, -k \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}\right) \] 点 $P$ 在第一象限，$P E \perp x$ 轴，垂足为 $E$，则 $E$ 的坐标为 $\left(\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}, 0\right)$。 连结 $Q E$ 并延长交 $C$ 于点 $G$，设 $G$ 的坐标为 $(x_G, y_G)$，则 $G$ 也在椭圆上，满足 $x_G^2 + 2y_G^2 = 4$。 由于 $Q E$ 的斜率为： \[ \frac{0 - \left(-k \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}\right)}{\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}} - \left(-\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}\right)} = \frac{k \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}}{2 \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}} = \frac{k}{2} \] 设 $G$ 的坐标为 $(x_G, y_G)$，则 $G$ 在 $Q E$ 的延长线上，满足： \[ y_G = \frac{k}{2} x_G \] 将其代入椭圆方程 $x_G^2 + 2\left(\frac{k}{2} x_G\right)^2 = 4$，得到： \[ x_G^2 + \frac{k^2}{2} x_G^2 = 4 \] \[ x_G^2 \left(1 + \frac{k^2}{2}\right) = 4 \] \[ x_G^2 = \frac{4}{1 + \frac{k^2}{2}} \] \[ x_G = \pm \sqrt{\frac{4}{1 + \frac{k^2}{2}}} \] 对应的 $y_G$ 值为： \[ y_G = \frac{k}{2} x_G = \pm \frac{k}{2} \sqrt{\frac{4}{1 + \frac{k^2}{2}}} \] 因此，$G$ 的坐标为： \[ G\left(\sqrt{\frac{4}{1 + \frac{k^2}{2}}}, \frac{k}{2} \sqrt{\frac{4}{1 + \frac{k^2}{2}}}\right) \] 或 \[ G\left(-\sqrt{\frac{4}{1 + \frac{k^2}{2}}}, -\frac{k}{2} \sqrt{\frac{4}{1 + \frac{k^2}{2}}}\right) \] 由于 $P$ 在第一象限，$Q$ 在第三象限，$G$ 在第二象限或第四象限，故 $\triangle P Q G$ 是直角三角形。 (ii) 求 $\triangle P Q G$ 面积的最大值。 $\triangle P Q G$ 的面积为： \[ S = \frac{1}{2} \left| x_P y_Q + x_Q y_G + x_G y_P - x_P y_G - x_Q y_P - x_G y_Q \right| \] 由于 $P$ 和 $Q$ 的坐标分别为： \[ P\left(\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}, k \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}\right) \] \[ Q\left(-\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}, -k \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}\right) \] $G$ 的坐标为： \[ G\left(\sqrt{\frac{4}{1 + \frac{k^2}{2}}}, \frac{k}{2} \sqrt{\frac{4}{1 + \frac{k^2}{2}}}\right) \] 代入面积公式，化简得到： \[ S = \frac{1}{2} \left| \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}} \cdot \left(-k \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}\right) + \left(-\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}\right) \cdot \left(\frac{k}{2} \sqrt{\frac{4}{1 + \frac{k^2}{2}}}\right) + \sqrt{\frac{4}{1 + \frac{k^2}{2}}} \cdot k \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}} \right| \] 化简后得到： \[ S = \frac{1}{2} \left| -\frac{4k}{1 + 2k^2} + \frac{2k}{1 + 2k^2} \cdot \sqrt{\frac{4}{1 + \frac{k^2}{2}}} + \frac{4k}{1 + 2k^2} \right| \] 进一步化简： \[ S = \frac{1}{2} \left| \frac{4k}{1 + 2k^2} \left(1 - \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1 + 2k^2}{1 + \frac{k^2}{2}}}\right) \right| \] 由于 $k$ 是任意实数，取 $k = 0$ 时，面积最大。 当 $k = 0$ 时，$P$ 和 $Q$ 的坐标分别为 $(2, 0)$ 和 $(-2, 0)$，$G$ 的坐标为 $(0, 0)$。 此时，$\triangle P Q G$ 的面积为： \[ S = \frac{1}{2} \left| 2 \cdot 0 + (-2) \cdot 0 + 0 \cdot 0 - 2 \cdot 0 - (-2) \cdot 0 - 0 \cdot 0 \right| = 0 \] 因此，$\triangle P Q G$ 的面积最大值为 $0$。 <eoe> 【答案】(i) $\triangle P Q G$ 是直角三角形。 (ii) $\triangle P Q G$ 面积的最大值为 $0$。<eoa> |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 已知点A(-2,0)和B(2,0)，动点M(x,y)满足AM和BM的斜率之积为-1/2。计算AM的斜率为y/(x+2)，BM的斜率为y/(x-2)。由题意得： \[ \frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2} = -\frac{1}{2} \] 化简得： \[ \frac{y^2}{x^2 -4} = -\frac{1}{2} \implies x^2 + 2y^2 =4 \] 即曲线C的标准方程为： \[ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} =1 \] 此为椭圆，长半轴为2，短半轴为√2。 <eoe> 【答案】 曲线C的方程为$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} =1$，它表示一个椭圆。 <eoa> (2)(i)【解析】 过原点的直线交椭圆于P和Q，设P的参数为θ，则P(2cosθ,√2sinθ)，Q(-2cosθ,-√2sinθ)。点E为P在x轴的投影，坐标为(2cosθ,0)。直线QE的斜率为： \[ \frac{0 - (-√2\sinθ)}{2\cosθ - (-2\cosθ)} = \frac{√2\sinθ}{4\cosθ} \] 直线QE的方程为： \[ y = \frac{√2\sinθ}{4\cosθ}(x - 2\cosθ) \] 将直线方程代入椭圆方程，解得交点G的坐标为： \[ G\left(\frac{2\cosθ(4\cos^2θ +3\sin^2θ)}{4\cos^2θ + \sin^2θ}, \frac{√2\sin^3θ}{4\cos^2θ + \sin^2θ}\right) \] 计算向量PQ和PG的坐标，验证它们的点积为0，说明PQ⊥PG，故△PQG为直角三角形。 <eoe> 【答案】 (i) 通过坐标计算验证PQ与PG垂直，故△PQG为直角三角形。 <eoa> (2)(ii)【解析】 直角三角形面积S=1/2·|PQ|·|PG|。计算得： \[ |PQ|=2√2\sqrt{2\cos^2θ+\sin^2θ}, \quad |PG|=\frac{4\cosθ\sinθ\sqrt{2\cos^2θ+\sin^2θ}}{4\cos^2θ+\sin^2θ} \] 面积表达式为： \[ S = \frac{4√2\cosθ\sinθ(2\cos^2θ+\sin^2θ)}{4\cos^2θ+\sin^2θ} \] 通过变量替换u=cos²θ，求得当cosθ=√3/3时，面积最大值为16/9。 <eoe> 【答案】 (ii) △PQG面积的最大值为$\frac{16}{9}$。 <eoa> |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| gpto1 | (1)【解析】 先根据条件：动点 $M(x,y)$ 满足 $\text{直线} AM$ 与 $\text{直线} BM$ 的斜率之积为 $-\dfrac{1}{2}$. 设 $A(-2,0)$，$B(2,0)$。 直线 $AM$ 的斜率为 $k_{AM} = \dfrac{y - 0}{x - (-2)} = \dfrac{y}{x + 2}$。 直线 $BM$ 的斜率为 $k_{BM} = \dfrac{y - 0}{x - 2} = \dfrac{y}{x - 2}$。 根据条件，得到 $k_{AM} \cdot k_{BM} = -\dfrac{1}{2}$，代入得： $$ \left(\dfrac{y}{x + 2}\right) \cdot \left(\dfrac{y}{x - 2}\right) = -\dfrac{1}{2} $$ 整理得： $$ \dfrac{y^2}{x^2 - 4} = -\dfrac{1}{2} $$ 移项并整理得到： $$ 2y^2 + x^2 - 4 = 0 $$ 所以曲线 $C$ 的方程为： $$ x^2 + 2y^2 = 4 $$ 这个方程是椭圆的标准方程，故 $C$ 是椭圆。 <eoe> 【答案】(1) 曲线$C$的方程为$x^2 + 2y^2 = 4$，它是一个椭圆。<eoa> --- (2)(i)【解析】 设过原点的直线为 $y = kx$，它与椭圆 $x^2 + 2y^2 = 4$ 相交于 $P$、$Q$ 两点。 将 $y = kx$ 代入椭圆方程： $$ x^2 + 2(kx)^2 = 4 \\ x^2 + 2k^2x^2 = 4 \\ (1 + 2k^2)x^2 = 4 \\ x^2 = \dfrac{4}{1 + 2k^2} $$ 由于 $P$ 在第一象限，取 $x > 0$，所以： $$ x_P = \dfrac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}, \quad y_P = kx_P = \dfrac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} $$ 点 $E$ 为 $P$ 在 $x$ 轴上的垂足，坐标为 $(x_P, 0)$。 直线 $QE$ 的斜率： $$ k_{QE} = \dfrac{0 - y_Q}{x_P - x_Q} = \dfrac{0 + \dfrac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}}}{\dfrac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}} + \dfrac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}} = \dfrac{k}{2} $$ 过点 $Q$，斜率为 $k_{QE}$ 的直线方程为： $$ y - y_Q = k_{QE}(x - x_Q) $$ 求出 $G$ 是 $QE$ 的延长线与椭圆的交点。 然后计算向量 $\vec{PQ}$ 和 $\vec{PG}$，证明它们的内积为 $0$，即 $\vec{PQ} \cdot \vec{PG} = 0$，从而证明三角形 $PQG$ 为直角三角形。 <eoe> 【答案】(2)(i) 证明略，$\triangle PQG$是直角三角形。<eoa> --- (2)(ii)【解析】 求三角形 $PQG$ 面积的最大值。 根据(2)(i)，已知三角形 $PQG$ 是以 $P$ 为直角顶点的直角三角形，其面积为： $$ S = \dfrac{1}{2} \cdot |PQ| \cdot |PG| $$ 计算 $|PQ|$ 和 $|PG|$，然后将它们代入面积公式，得到面积 $S$ 关于 $k$ 的函数，求其最大值。 经过计算，面积的最大值为 $\dfrac{16}{9}$。 <eoe> 【答案】(2)(ii) 最大面积为$\dfrac{16}{9}$。<eoa> |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 设动点 $M(x, y)$。根据题意，直线 $AM$ 与 $BM$ 的斜率之积为 $-\frac{1}{2}$。 直线 $AM$ 的斜率为 $\frac{y - 0}{x - (-2)} = \frac{y}{x + 2}$，直线 $BM$ 的斜率为 $\frac{y - 0}{x - 2} = \frac{y}{x - 2}$。 根据题意，$\left(\frac{y}{x + 2}\right) \left(\frac{y}{x - 2}\right) = -\frac{1}{2}$。 整理得： \[ \frac{y^2}{(x + 2)(x - 2)} = -\frac{1}{2} \] \[ y^2 = -\frac{1}{2} (x^2 - 4) \] \[ y^2 = -\frac{1}{2} x^2 + 2 \] \[ x^2 + 2y^2 = 4 \] 这是一个椭圆的标准方程。 <eoe> 【答案】$C$ 的方程为 $x^2 + 2y^2 = 4$，$C$ 是一个椭圆。<eoa> (2) (i)【解析】 设过原点的直线方程为 $y = kx$，则代入椭圆方程 $x^2 + 2(kx)^2 = 4$。 \[ x^2 + 2k^2x^2 = 4 \] \[ x^2(1 + 2k^2) = 4 \] \[ x^2 = \frac{4}{1 + 2k^2} \] \[ x = \pm \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}} \] 对应的 $y$ 值为 $y = kx$，所以 $P$ 点和 $Q$ 点的坐标分别为 $\left(\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}, k\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}\right)$ 和 $\left(-\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}, -k\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}\right)$。 $P$ 点在第一象限，设 $P$ 点的坐标为 $\left(\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}, k\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}\right)$，垂足 $E$ 的坐标为 $\left(\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}, 0\right)$。 连结 $Q E$ 并延长交 $C$ 于点 $G$。 $Q$ 点的坐标为 $\left(-\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}, -k\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}\right)$，设点 $G$ 的坐标为 $(x_G, y_G)$，则根据椭圆方程 $x_G^2 + 2y_G^2 = 4$。 连结 $PE$ 和 $QE$，$PE$ 的斜率为 $0$，所以 $PE \perp x$ 轴。$QE$ 的斜率为 $\frac{-k\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}} - 0}{-\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}} - \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}} = \frac{-k}{-2} = \frac{k}{2}$。 连结 $PQ$，$PQ$ 的斜率为 $\frac{k\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}} - (-k\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}})}{\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}} - (-\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}})} = \frac{2k\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}}{2\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}} = k$。 连结 $PG$，设 $G$ 点坐标为 $(x_G, y_G)$，则 $PG$ 的斜率为 $\frac{y_G - k\sqrt{\frac{4}{ |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】 设M(x,y),由题意可得\frac{y}{x+2}\cdot\frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2},整理可得y^{2}=-\frac{1}{2}(x^{2}-4),即x^{2}+2y^{2}=4,所以曲线C是以A(-2,0),B(2,0)为焦点的椭圆.(2)【解析】 (i)由题意可得P(\sqrt{2},1),Q(-\sqrt{2},-1),E(\sqrt{2},0),所以QG的方程为y+1=\frac{-1-0}{-\sqrt{2}-\sqrt{2}}(x+\sqrt{2}),即y=-\frac{1}{2}x-\frac{3}{2},所以G(-\frac{4}{3},-\frac{5}{6})所以\overrightarrow{PQ}=(\sqrt{2}+\sqrt{2},1+1)=2(\sqrt{2},1),\overrightarrow{QG}=(-\frac{4}{3}+\sqrt{2},-\frac{5}{6}+1)=(-\frac{4}{3}+\sqrt{2},\frac{1}{6}),所以\overrightarrow{PQ}\cdot\overrightarrow{QG}=2(\sqrt{2},1)\cdot(-\frac{4}{3}+\sqrt{2},\frac{1}{6})=2(-\frac{4\sqrt{2}}{3}+2+\frac{1}{6})=0,所以\trianglePQG是直角三角形.(ii)由题意可得\anglePOQ=90^{\circ},所以\trianglePOQ是直角三角形,所以S_{\trianglePOQ}=\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{2}\cdot2=\frac{1}{2}\cdot4\sqrt{2}=2\sqrt{2},所以S_{\trianglePQG}=\frac{1}{2}S_{\trianglePOQ}=\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{2}=\sqrt{2},所以\trianglePQG面积的最大值为\sqrt{2}. 最终结果是x^2+2*y^2=4 (1)椭圆 (2) (i)直角三角形 (ii)sqrt(2) |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)由题意得k_{AM}\cdotk_{BM}=-\frac{1}{2},即\frac{y}{x+2}\cdot\frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2},化简得x^{2}+2y^{2}=4,即\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,所以点M的轨迹是焦点在x轴上的椭圆.(2)(i)由题意得点P在第一象限,设P(x_{0},y_{0}),则x_{0}>0,y_{0}>0,则\frac{x_{0}2}{4}+\frac{y_{0}^{2}}{2}=1,所以y_{0}=\sqrt{2-x_{0}^{2}}又因为PE\botx轴,所以E(x |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】首先，我们需要求出动点 $M(x, y)$ 的轨迹方程。已知点 $A(-2,0), B(2,0)$，动点 $M(x, y)$ 满足直线 $A M$ 与 $B M$ 的斜率之积为 $-\\frac{1}{2}$。\n\n直线 $A M$ 的斜率为 $\\frac{y - 0}{x + 2} = \\frac{y}{x + 2}$，直线 $B M$ 的斜率为 $\\frac{y - 0}{x - 2} = \\frac{y}{x - 2}$。\n\n根据题意，斜率之积为 $-\\frac{1}{2}$，即：\n\\[\n\\left( \\frac{y}{x + 2} \\right) \\left( \\frac{y}{x - 2} \\right) = -\\frac{1}{2}\n\\]\n\n化简得到：\n\\[\n\\frac{y^2}{(x + 2)(x - 2)} = -\\frac{1}{2}\n\\]\n\n进一步化简：\n\\[\n\\frac{y^2}{x^2 - 4} = -\\frac{1}{2}\n\\]\n\n两边乘以 $2(x^2 - 4)$ 得到：\n\\[\n2y^2 = -(x^2 - 4)\n\\]\n\n即：\n\\[\n2y^2 = -x^2 + 4\n\\]\n\n整理得到：\n\\[\nx^2 + 2y^2 = 4\n\\]\n\n所以，动点 $M(x, y)$ 的轨迹方程为：\n\\[\n\\frac{x^2}{4} + \\frac{y^2}{2} = 1\n\\]\n\n这是一个椭圆的方程，中心在原点，长轴在 $x$ 轴上，短轴在 $y$ 轴上。<eoe>\n\n【答案】$\\frac{x^2}{4} + \\frac{y^2}{2} = 1$，这是一个椭圆。<eoa>\n\n(2) (i) 【解析】我们需要证明 $\\triangle P Q G$ 是直角三角形。设过坐标原点的直线方程为 $y = kx$，它与椭圆 $\\frac{x^2}{4} + \\frac{y^2}{2} = 1$ 相交于 $P$ 和 $Q$ 两点。\n\n将 $y = kx$ 代入椭圆方程：\n\\[\n\\frac{x^2}{4} + \\frac{(kx)^2}{2} = 1\n\\]\n\n化简得到：\n\\[\n\\frac{x^2}{4} + \\frac{k^2 x^2}{2} = 1\n\\]\n\n合并同类项：\n\\[\n\\left( \\frac{1}{4} + \\frac{k^2}{2} \\right) x^2 = 1\n\\]\n\n即：\n\\[\n\\left( \\frac{1 + 2k^2}{4} \\right) x^2 = 1\n\\]\n\n解得：\n\\[\nx^2 = \\frac{4}{1 + 2k^2}\n\\]\n\n所以：\n\\[\nx = \\pm \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}\n\\]\n\n对应的 $y$ 值为：\n\\[\ny = kx = \\pm k \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}\n\\]\n\n设 $P$ 在第一象限，则 $P \\left( \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}, k \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}} \\right)$，$Q \\left( -\\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}, -k \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}} \\right)$。\n\n点 $P$ 在第一象限，$P E \\perp x$ 轴，垂足为 $E$，则 $E \\left( \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}, 0 \\right)$。\n\n连结 $Q E$ 并延长交 $C$ 于点 $G$。点 $G$ 的 $x$ 坐标与 $E$ 相同，即 $G \\left( \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}, y_G \\right)$。\n\n将 $x = \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}$ 代入椭圆方程：\n\\[\n\\frac{\\left( \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}} \\right)^2}{4} + \\frac{y_G^2}{2} = 1\n\\]\n\n化简得到：\n\\[\n\\frac{\\frac{4}{1 + 2k^2}}{4} + \\frac{y_G^2}{2} = 1\n\\]\n\n即：\n\\[\n\\frac{1}{1 + 2k^2} + \\frac{y_G^2}{2} = 1\n\\]\n\n解得：\n\\[\n\\frac{y_G^2}{2} = 1 - \\frac{1}{1 + 2k^2} = \\frac{1 + 2k^2 - 1}{1 + 2k^2} = \\frac{2k^2}{1 + 2k^2}\n\\]\n\n所以：\n\\[\ny_G^2 = \\frac{4k^2}{1 + 2k^2}\n\\]\n\n即：\n\\[\ny_G = \\pm \\sqrt{\\frac{4k^2}{1 + 2k^2}}\n\\]\n\n由于 $Q$ 在第三象限，$G$ 在第二象限，所以 $G \\left( \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}, -\\sqrt{\\frac{4k^2}{1 + 2k^2}} \\right)$。\n\n现在我们验证 $\\triangle P Q G$ 是否为直角三角形。计算 $P Q$ 和 $P G$ 的斜率：\n\n$P Q$ 的斜率为：\n\\[\n\\frac{k \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}} - (-k \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}})}{\\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}} - (-\\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}})} = \\frac{2k \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}}{2 \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}} = k\n\\]\n\n$P G$ 的斜率为：\n\\[\n\\frac{k \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}} - (-\\sqrt{\\frac{4k^2}{1 + 2k^2}})}{\\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}} - \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}} = \\frac{k \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}} + \\sqrt{\\frac{4k^2}{1 + 2k^2}}}{0}\n\\]\n\n由于分母为零，$P G$ 垂直于 $x$ 轴，即 $P G$ 垂直于 $P Q$，所以 $\\triangle P Q G$ 是直角三角形。<eoe>\n\n【答案】$\\triangle P Q G$ 是直角三角形。<eoa>\n\n(2) (ii) 【解析】我们需要求 $\\triangle P Q G$ 面积的最大值。$\\triangle P Q G$ 的面积为：\n\\[\n\\text{面积} = \\frac{1}{2} \\times P Q \\times P G\n\\]\n\n$P Q$ 的长度为：\n\\[\nP Q = \\sqrt{\\left( \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}} - (-\\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}) \\right)^2 + \\left( k \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}} - (-k \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}) \\right)^2} = \\sqrt{4 \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}^2 + 4k^2 \\sqrt{\\frac{4}{1 + 2k^2}}^2} = \\sqrt{4 \\frac{4}{1 + 2k^2} + 4k^2 \\frac{4}{1 + 2k^2}} = \\sqrt{\\frac{16}{1 + 2k^2}} = \\frac{4 \\sqrt{1 + 2k^2}}{1 + 2k^2}\n\\]\n\n" | 【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n要找到点M(x, y)的轨迹方程，首先根据题设条件，我们知道点M与点A和点B连线的斜率之积为-1/2。斜率公式为$m = \\frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}$，因此斜率之积可以表示为：\n\\[ \\left(\\frac{y-0}{x-(-2)}\\right)\\left(\\frac{y-0}{x-2}\\right) = -\\frac{1}{2} \\]\n\n化简上述方程，我们得到：\n\\[ \\frac{y^2}{(x+2)(x-2)} = -\\frac{1}{2} \\]\n\n进一步化简得到：\n\\[ y^2 = -\\frac{1}{2}(x^2-4) \\]\n\n即：\n\\[ y^2 = 2 - \\frac{x^2}{2} \\]\n\n重新排列得到曲线C的方程：\n\\[ \\frac{x^2}{4} + \\frac{y^2}{2} = 1 \\]\n\n该方程是一个椭圆的标准形式，其中a=2，b=√2。因此，曲线C是一个中心在原点，长轴沿x轴方向，长轴和短轴长度分别为4和2√2的椭圆。\n<eoe>\n\n【答案】\n曲线C的方程是\n\\[ \\frac{x^2}{4} + \\frac{y^2}{2} = 1 \\]\nC是一个中心在原点，长轴沿x轴方向，长轴和短轴长度分别为4和2√2的椭圆。\n<eoa>\n\n(2)【解析】\n(i) 要证明ΔPQG是直角三角形，我们首先注意到P和Q在椭圆C上，且OE是P在x轴上的垂线，QE延长线交椭圆于G。由于P和Q关于原点对称，且OE⊥x轴，我们可以利用椭圆的对称性和直角三角形的性质来证明。\n\n由椭圆的对称性，P和Q关于原点O对称，即OP=OQ且OQ=OP，这意味着OPQ是一个等腰三角形。由于OE⊥x轴，PE⊥OE，因此∠PEO是直角。要证明ΔPQG是直角三角形，我们需要证明∠PQG是直角。\n\n由于P和Q在椭圆上，且G在椭圆上，由椭圆的几何性质，我们知道从椭圆上的任意一点到两个焦点的连线的和是常数。在这个情况下，O是椭圆的中心，也是焦点之一（因为椭圆是中心在原点的），所以OP+OQ是常数，且等于椭圆的长轴长度，即4。因此，当G在椭圆上时，OG+OQ也是这个常数，即4。由于OQ=OP，我们有OP+OG=4。\n\n现在，考虑ΔPQG，我们有OP+OQ=4，且OQ=OP。由于OE⊥x轴，PE⊥OE，我们有∠PEO=90°，这意味着∠PQO=90°-∠QOE。因为∠QOE和∠QOG是相邻角，我们有∠QOG=∠QOE。因此，∠PQG=∠PQO+∠QOG=90°-∠QOE+∠QOE=90°。这证明了ΔPQG是直角三角形。\n<eoe>\n\n【答案】\n(i) 证明ΔPQG是直角三角形的步骤如下：\n\n1. 证明P和Q关于原点O对称，即OP=OQ，且OQ=OP，这意味着OPQ是一个等腰三角形。\n2. 证明PE⊥OE，因此∠PEO是直角。\n3. 利用椭圆的对称性和几何性质，证明当G在椭圆上时，OG+OQ=4，且由于OQ=OP，我们有OP+OG=4。\n4. 证明∠PQG=90°，因此ΔPQG是直角三角形。\n<eoa>\n\n(2)【解析】\n(ii) 要求ΔPQG面积的最大值，我们首先注意到ΔPQG是直角三角形，且直角在Q点。ΔPQG的面积可以通过底乘以高除以2来计算，其中底可以是PQ的长度，高可以是G到PQ的距离。由于P和Q关于原点对称，PQ的长度是常数，等于椭圆的长轴长度，即4。\n\n因此，ΔPQG面积的最大值取决于G到PQ的最远距离。当G位于椭圆的最上点或最下点时，G到PQ的距离最大。椭圆的最上点和最下点的y坐标是椭圆短轴的长度，即±√2。因此，G到PQ的最大距离是√2。\n\n所以，ΔPQG面积的最大值是：\n\\[ \\text{Area}_{\\text{max}} = \\frac{1}{2} \\times PQ \\times \\text{max distance} = \\frac{1}{2} \\times 4 \\times \\sqrt{2} = 2\\sqrt{2} \\]\n<eoe>\n\n【答案】\n(ii) ΔPQG面积的最大值是\n\\[ 2\\sqrt{2} \\]\n<eoa>" | 【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| baichuan4 | (1)【解析】 由题意知，动点 $M(x, y)$ 满足直线 $AM$ 与 $BM$ 的斜率之积为 $-\frac{1}{2}$，即 $$ \frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2} = -\frac{1}{2} $$ 化简得 $y^2 = -\frac{1}{2}(x^2 - 4)$，即 $$ x^2 + 2y^2 = 4 $$ 这是以原点为中心，半径为2的椭圆的方程。 【答案】 曲线 $C$ 的方程为 $x^2 + 2y^2 = 4$，$C$ 是以原点为中心，半径为2的椭圆。 (2)【解析】 (i) 设过坐标原点的直线的方程为 $y = kx$，代入椭圆的方程 $x^2 + 2y^2 = 4$ 得 $$ x^2 + 2(kx)^2 = 4 $$ 即 $$ (1 + 2k^2)x^2 = 4 $$ 所以 $$ x^2 = \frac{4}{1 + 2k^2} $$ 因为 $P$ 在第一象限，所以 $x_P > 0$，则 $$ x_P = \frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}} $$ $$ y_P = kx_P = \frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} $$ 同理可得 $$ x_Q = -\frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}} $$ $$ y_Q = kx_Q = -\frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} $$ 因为 $P, Q$ 关于 $y$ 轴对称，所以 $|PQ| = 2x_P = \frac{4}{\sqrt{1 + 2k^2}}$。 因为 $G$ 在椭圆上，且 $QE$ 延长线交椭圆于 $G$，根据椭圆的性质，$G$ 也在椭圆的长轴或短轴上，所以 $G$ 的坐标为 $(2, 0)$ 或 $(-2, 0)$。 当 $G$ 的坐标为 $(2, 0)$ 时，$|EG| = 2 - x_Q = \frac{4}{\sqrt{1 + 2k^2}}$，所以 $|PQ| = |EG|$，根据等腰三角形的性质，$\triangle PQG$ 是等腰直角三角形。 当 $G$ 的坐标为 $(-2, 0)$ 时，$|EG| = 2 - x_Q = \frac{4}{\sqrt{1 + 2k^2}}$，所以 $|PQ| = |EG|$，根据等腰三角形的性质，$\triangle PQG$ 是等腰直角三角形。 综上所述，无论 $G$ 在椭圆的长轴还是短轴上，$\triangle PQG$ 都是直角三角形。 (ii) 由 (i) 知，$\triangle PQG$ 是直角三角形，所以 $\triangle PQG$ 的面积为 $$ S_{\triangle PQG} = \frac{1}{2} |PQ| \cdot |EG| = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{\sqrt{1 + 2k^2}} \cdot \frac{4}{\sqrt{1 + 2k^2}} = 8 \cdot \frac{1}{1 + 2k^2} $$ 因为 $k^2 \geq 0$，所以 $1 + 2k^2 \geq 1$，则 $S_{\triangle PQG} \leq 8$，当且仅当 $k = 0$ 时，等号成立。 所以 $\triangle PQG$ 面积的最大值为8。 【答案】 (i) 无论 $G$ 在椭圆的长轴还是短轴上，$\triangle PQG$ 都是直角三角形。 (ii) $\triangle PQG$ 面积的最大值为8。 |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| doubao | (1)【解析】已知点$A(-2,0)$，$B(2,0)$，动点$M(x,y)$，直线$AM$的斜率为$\frac{y}{x+2}$，直线$BM$的斜率为$\frac{y}{x-2}$，它们的斜率之积为$-\frac{1}{2}$，可得$\frac{y}{x+2}\cdot\frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2}$，整理可得$\frac{y^{2}}{x^{2}-4}=-\frac{1}{2}$，即$x^{2}-4=-2y^{2}$，移项可得$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1(x\neq\pm2)$，曲线$C$是中心在原点，焦点在$x$轴上的椭圆（去掉长轴的两个端点）。 【答案】曲线$C$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1(x\neq\pm2)$，曲线$C$是中心在原点，焦点在$x$轴上的椭圆（去掉长轴的两个端点）。 (2)(i)【解析】设直线$PQ$的方程为$y=kx(k>0)$，设$P(x_{1},y_{1})$，则$Q(-x_{1},-y_{1})$，$E(x_{1},0)$，直线$QE$的方程为$y=\frac{y_{1}}{2x_{1}}(x-x_{1})$，与椭圆方程联立可得$\begin{cases}y=\frac{y_{1}}{2x_{1}}(x-x_{1})\\\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1\end{cases}$，消去$y$并整理可得$(2k^{2}+1)x^{2}-2k^{2}x_{1}x+k^{2}x_{1}^{2}-8=0$，可得$x_{1}+x_{G}=\frac{2k^{2}x_{1}}{2k^{2}+1}$，则$x_{G}=\frac{2k^{2}x_{1}}{2k^{2}+1}-x_{1}=\frac{-2x_{1}}{2k^{2}+1}$，$y_{G}=\frac{y_{1}}{2x_{1}}(\frac{-2x_{1}}{2k^{2}+1}-x_{1})=\frac{-2k^{2}y_{1}}{2k^{2}+1}$，所以$\overrightarrow{PG}=(\frac{-2x_{1}}{2k^{2}+1}-x_{1},\frac{-2k^{2}y_{1}}{2k^{2}+1}-y_{1})$，$\overrightarrow{PQ}=(-2x_{1},-2y_{1})$，计算$\overrightarrow{PG}\cdot\overrightarrow{PQ}=0$，可证$\triangle PQG$是直角三角形。 【答案】证明略。 (ii)【解析】设直线$PQ$的斜率为$k$，由(i)可得$|PQ|=2\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}=2\sqrt{x_{1}^{2}+k^{2}x_{1}^{2}}=2\sqrt{(1+k^{2})x_{1}^{2}}$，$|PG|=\sqrt{(\frac{-2x_{1}}{2k^{2}+1}-x_{1})^{2}+(\frac{-2k^{2}y_{1}}{2k^{2}+1}-y_{1})^{2}}$，根据面积公式可得$S_{\triangle PQG}=\frac{1}{2}|PQ|\cdot|PG|$，然后利用基本不等式求最值。 【答案】当$k=\frac{\sqrt{2}}{2}$时，$\triangle PQG$面积的最大值为$\frac{32}{9}$。 |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| minimax | (1)【解析】 首先，我们需要找到直线 $AM$ 和 $BM$ 的斜率。由于点 $A$ 和点 $B$ 的坐标分别是 $(-2,0)$ 和 $(2,0)$，而点 $M$ 的坐标是 $(x,y)$，我们可以使用斜率公式 $k = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}$ 来计算。 对于直线 $AM$，斜率 $k_{AM}$ 是： \[ k_{AM} = \frac{y - 0}{x - (-2)} = \frac{y}{x + 2} \] 对于直线 $BM$，斜率 $k_{BM}$ 是： \[ k_{BM} = \frac{y - 0}{x - 2} = \frac{y}{x - 2} \] 根据题目条件，这两个斜率的乘积等于 $-\frac{1}{2}$，所以我们有： \[ k_{AM} \cdot k_{BM} = \left(\frac{y}{x + 2}\right) \cdot \left(\frac{y}{x - 2}\right) = -\frac{1}{2} \] 接下来，我们可以通过解这个方程来找到曲线 $C$ 的方程。<eoe> 【答案】 \[ \left(\frac{y}{x + 2}\right) \cdot \left(\frac{y}{x - 2}\right) = -\frac{1}{2} \] \[ \frac{y^2}{(x + 2)(x - 2)} = -\frac{1}{2} \] \[ y^2 = -\frac{1}{2}(x^2 - 4) \] \[ y^2 = -\frac{1}{2}x^2 + 2 \] \[ \frac{1}{2}x^2 + y^2 = 2 \] \[ x^2 + 2y^2 = 4 \] 这是一个椭圆的标准方程，其中中心在原点 $(0,0)$，长轴在 $y$ 轴上，短轴在 $x$ 轴上。因此，曲线 $C$ 是一个椭圆。<eoa> (2)(i)【解析】 要证明 $\triangle PQG$ 是直角三角形，我们需要证明其中一个角是直角。由于 $PE \perp x$ 轴，所以 $\angle PEQ$ 是直角。如果能够证明 $\angle PQG$ 或 $\angle PGQ$ 是直角，那么 $\triangle PQG$ 就是直角三角形。 由于 $PQ$ 是过原点的直线，我们可以设直线 $PQ$ 的方程为 $y = mx$，其中 $m$ 是直线的斜率。因为 $P$ 在第一象限，所以 $m > 0$。 点 $P$ 和点 $Q$ 都在椭圆上，所以它们的坐标满足椭圆的方程。设点 $P$ 的坐标为 $(x_1, y_1)$，点 $Q$ 的坐标为 $(x_2, y_2)$，则有： \[ x_1^2 + 2y_1^2 = 4 \] \[ x_2^2 + 2y_2^2 = 4 \] 由于 $PQ$ 是过原点的直线，所以 $y_1 = mx_1$ 和 $y_2 = mx_2$。将这两个关系代入椭圆方程中，我们可以得到两个关于 $x_1$ 和 $x_2$ 的方程。 接下来，我们需要找到点 $G$ 的坐标。由于 $QE$ 延长线交椭圆于点 $G$，点 $G$ 的坐标也满足椭圆方程。设点 $G$ 的坐标为 $(x_3, y_3)$，则有： \[ x_3^2 + 2y_3^2 = 4 \] 我们需要证明 $\angle PQG$ 或 $\angle PGQ$ 是直角。由于 $PE \perp x$ 轴，$\angle PEQ$ 是直角，我们可以考虑使用向量的点积来证明 $\angle PQG$ 是直角。如果 $\vec{PQ} \cdot \vec{PG} = 0$，则 $\angle PQG$ 是直角。 向量 $\vec{PQ}$ 和 $\vec{PG}$ 可以分别表示为： \[ \vec{PQ} = (x_2 - x_1, y_2 - y_1) \] \[ \vec{PG} = (x_3 - x_1, y_3 - y_1) \] 计算这两个向量的点积： \[ \vec{PQ} \cdot \vec{PG} = (x_2 - x_1)(x_3 - x_1) + (y_2 - y_1)(y_3 - y_1) \] 如果这个点积为零，则 $\angle PQG$ 是直角。我们需要利用椭圆的方程和直线 $PQ$ 的方程来证明这一点。<eoe> 【答案】 由于 $PQ$ 是过原点的直线，设其方程为 $y = mx$，则有： \[ y_1 = mx_1 \] \[ y_2 = mx_2 \] 将 $y_1$ 和 $y_2$ 代入椭圆方程中，我们得到： \[ x_1^2 + 2(mx_1)^2 = 4 \] \[ x_2^2 + 2(mx_2)^2 = 4 \] 化简得： \[ x_1^2(1 + 2m^2) = 4 \] \[ x_2^2(1 + 2m^2) = 4 \] 由于 $1 + 2m^2$ 是相同的，我们可以得到 $x_1^2 = x_2^2$，这意味着 $x_1 = x_2$ 或 $x_1 = -x_2$。但是由于 $P$ 和 $Q$ 在第一象限和第三象限，所以 $x_1$ 和 $x_2$ 必须有不同的符号，因此 $x_1 = -x_2$。 现在我们来计算 $\vec{PQ} \cdot \vec{PG}$： \[ \vec{PQ} = (x_2 - x_1, y_2 - y_1) = (x_2 - x_1, mx_2 - mx_1) \] \[ \vec{PG} = (x_3 - x_1, y_3 - y_1) \] 由于 $x_1 = -x_2$，我们有： \[ \vec{PQ} \cdot \vec{PG} = (x_2 - (-x_2))(x_3 - x_1) + (mx_2 - mx_1)(y_3 - y_1) \] \[ = (2x_2)(x_3 - x_1) + (2mx_1)(y_3 - y_1) \] 由于 $x_1^2 + 2y_1^2 = 4$ 和 $x_3^2 + 2y_3^2 = 4$，我们可以得到： \[ x_1^2 = 4 - 2y_1^2 \] \[ x_3^2 = 4 - 2y_3^2 \] 由于 $x_1 = -x_2$，我们可以得到 $x_3 = -x_2$ 或 $x_3 = x_1$。但是由于 $G$ 在 $Q$ 的延长线上，所以 $x_3$ 必须与 $x_2$ 相同符号，因此 $x_3 = x_1$。 现在我们可以计算 $\vec{PQ} \cdot \vec{PG}$： \[ \vec{PQ} \cdot \vec{PG} = (2x_2)(x_1 - x_1) + (2mx_1)(y_3 - y_1) \] \[ = 0 + (2mx_1)(y_3 - y_1) \] \[ = 2mx_1(y_3 - y_1) \] 由于 $y_3$ 和 $y_1$ 都在椭圆上，我们可以用椭圆方程来表示它们： \[ y_3^2 = \frac{4 - x_3^2}{2} = \frac{4 - x_1^2}{2} \] \[ y_1^2 = \frac{4 - x_1^2}{2} \] 因此，$y_3^2 = y_1^2$，这意味着 $y_3 = y_1$ 或 $y_3 = -y_1$。但是由于 $G$ 在 $Q$ 的延长线上，所以 $y_3$ 必须与 $y_1$ 相同符号，因此 $y_3 = y_1$。 因此，我们得到： \[ \vec{PQ} \cdot \vec{PG} = 2mx_1(y_1 - y_1) \] |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们需要理解题目中给出的条件。已知点 $A(-2,0)$ 和 $B(2,0)$，动点 $M(x, y)$ 满足直线 $AM$ 与 $BM$ 的斜率之积为 $-\frac{1}{2}$。根据斜率的定义，我们可以得到以下方程： $$\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2} = -\frac{1}{2}$$ 接下来，我们需要解这个方程以找到曲线 $C$ 的方程。 <eoe> 【答案】 将方程两边乘以 $2(x+2)(x-2)$ 得到： $$2y^2 = -(x^2 - 4)$$ 整理得到： $$x^2 + 2y^2 = 4$$ 这是一个椭圆的方程，其中 $a^2 = 4$，$b^2 = 2$，所以 $a = 2$，$b = \sqrt{2}$。因此，曲线 $C$ 是一个椭圆。 <eoa> (2)(i)【解析】 我们需要证明 $\triangle PQG$ 是一个直角三角形。首先，设过原点的直线方程为 $y = kx$，其中 $k > 0$。将直线方程代入椭圆方程 $x^2 + 2y^2 = 4$，我们可以得到： $$x^2 + 2(kx)^2 = 4$$ $$x^2(1 + 2k^2) = 4$$ $$x^2 = \frac{4}{1 + 2k^2}$$ 由于 $P$ 在第一象限，我们可以得到 $x_P = \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}$，$y_P = k\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}$。 接下来，我们需要找到点 $Q$ 的坐标。由于 $Q$ 在 $P$ 的下方，我们可以得到 $x_Q = -\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}$，$y_Q = -k\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}$。 现在我们需要找到点 $E$ 的坐标，由于 $PE \perp x$ 轴，所以 $E$ 的坐标为 $(x_P, 0)$。 接下来，我们需要找到直线 $QE$ 的方程。由于 $QE$ 经过点 $Q(-\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}, -k\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}})$ 和点 $E(\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}, 0)$，我们可以得到直线 $QE$ 的斜率： $$m_{QE} = \frac{0 - (-k\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}})}{\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}} - (-\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}})} = \frac{k\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}}{2\sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}}} = \frac{k}{2}$$ 所以直线 $QE$ 的方程为： $$y = \frac{k}{2}(x - \sqrt{\frac{4}{1 + 2k^2}})$$ 由于直线 $QE$ 延长交 $C$ 于点 $G$，我们可以将直线 $QE$ 的方程代入椭圆方程，解出 $G$ 的坐标。 最后，我们需要证明 $\triangle PQG$ 是一个直角三角形。由于 $PE \perp x$ 轴，所以 $\angle PEQ = 90^\circ$。我们需要证明 $\angle PQG = 90^\circ$。 <eoe> 【答案】 由于直线 $QE$ 的斜率为 $\frac{k}{2}$，而直线 $PQ$ 的斜率为 $-k$，所以 $\angle PQE = 90^\circ$。因此，$\triangle PQG$ 是一个直角三角形。 <eoa> (2)(ii)【解析】 我们需要求 $\triangle PQG$ 面积的最大值。首先，我们已经知道 $P$ 和 $Q$ 的坐标，所以可以计算出 $PQ$ 的长度： $$PQ = \sqrt{(x_P - x_Q)^2 + |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】根据题目条件，直线AM与BM的斜率之积为$-\frac{1}{2}$，即$\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2} = -\frac{1}{2}$。整理这个方程，我们可以得到动点M的轨迹方程。 【答案】 $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2} = -\frac{1}{2}$， 整理得：$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} = 1$， 所以，动点M的轨迹C是一个焦点在x轴上的椭圆。 (2)(i)【解析】设交点P的坐标为$(x_0, y_0)$，由于OP的斜率为$\frac{y_0}{x_0}$，则直线PQ的方程为$y = \frac{y_0}{x_0}x$。联立这个方程和椭圆方程，我们可以求出Q的坐标。然后，根据P和Q的坐标，我们可以求出直线QE的方程，再联立QE的方程和椭圆方程，求出G的坐标。最后，利用向量的知识，证明$\triangle PQG$是直角三角形。 【答案】 设$P(x_0, y_0)$，则直线PQ的方程为$y = \frac{y_0}{x_0}x$。 联立$\begin{cases} y = \frac{y_0}{x_0}x \\ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} = 1 \end{cases}$， 解得$Q(-x_0, -y_0)$。 直线QE的方程为$y = \frac{-y_0}{-x_0-x_0}(x - x_0)$，即$y = \frac{y_0}{2x_0}(x - x_0)$。 联立$\begin{cases} y = \frac{y_0}{2x_0}(x - x_0) \\ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} = 1 \end{cases}$， 解得$G(4x_0 + x_0, 2y_0 + y_0)$。 $\therefore \overrightarrow{PQ} = (-2x_0, -2y_0), \overrightarrow{QG} = (5x_0, 3y_0)$， $\therefore \overrightarrow{PQ} \cdot \overrightarrow{QG} = -10x_0^2 + 6y_0^2 = 0$， $\therefore PQ \perp QG$，即$\triangle PQG$是直角三角形。 (ii)【解析】根据三角形面积公式，$S_{\triangle PQG} = \frac{1}{2}|PQ| \cdot |QG|$。将$|PQ|$和$|QG|$的表达式代入，得到$S_{\triangle PQG}$关于$x_0$的函数。然后，利用求导或基本不等式，求出$S_{\triangle PQG}$的最大值。 【答案】 $|PQ| = 2\sqrt{x_0^2 + y_0^2} = 2\sqrt{x_0^2 + 1 - \frac{x_0^2}{4}} = 2\sqrt{\frac{3x_0^2}{4} + 1}$， $|QG| = \sqrt{25x_0^2 + 9y_0^2} = \sqrt{25x_0^2 + 9(1 - \frac{x_0^2}{4})} = \sqrt{\frac{91x_0^2}{4} + 9}$， $\therefore S_{\triangle PQG} = \frac{1}{2}|PQ| \cdot |QG| = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{\frac{3x_0^2}{4} + 1} \cdot \sqrt{\frac{91x_0^2}{4} + 9}$， $\therefore S_{\triangle PQG}^2 = (\frac{3x_0^2}{4} + 1)(\frac{91x_0^2}{4} + 9)$， $\because 0 < x_0^2 < 4$， $\therefore S_{\triangle PQG}^2 \leq \frac{1}{4}(\frac{3x_0^2}{4} + 1 + \frac{ |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们需要求出曲线 \(C\) 的方程。已知点 \(A(-2,0)\) 和 \(B(2,0)\)，动点 \(M(x, y)\) 满足直线 \(AM\) 与 \(BM\) 的斜率之积为 \(-\frac{1}{2}\)。 设直线 \(AM\) 的斜率为 \(k_1\)，直线 \(BM\) 的斜率为 \(k_2\)，则有： \[ k_1 = \frac{y - 0}{x - (-2)} = \frac{y}{x + 2} \] \[ k_2 = \frac{y - 0}{x - 2} = \frac{y}{x - 2} \] 根据题意，斜率之积为 \(-\frac{1}{2}\)，即： \[ k_1 \cdot k_2 = \left(\frac{y}{x + 2}\right) \left(\frac{y}{x - 2}\right) = -\frac{1}{2} \] 化简得到： \[ \frac{y^2}{(x + 2)(x - 2)} = -\frac{1}{2} \] \[ \frac{y^2}{x^2 - 4} = -\frac{1}{2} \] \[ 2y^2 = -(x^2 - 4) \] \[ 2y^2 = -x^2 + 4 \] \[ x^2 + 2y^2 = 4 \] 所以，曲线 \(C\) 的方程为： \[ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} = 1 \] 这是一个标准的椭圆方程，其中长轴在 \(x\) 轴方向，短轴在 \(y\) 轴方向。 <eoe> 【答案】 曲线 \(C\) 的方程为 \(\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} = 1\)，它是一个椭圆。<eoa> (2)(i)【解析】 过坐标原点的直线交 \(C\) 于 \(P\) 和 \(Q\) 两点，设直线的方程为 \(y = kx\)。 将 \(y = kx\) 代入椭圆方程 \(\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} = 1\)，得到： \[ \frac{x^2}{4} + \frac{(kx)^2}{2} = 1 \] \[ \frac{x^2}{4} + \frac{k^2 x^2}{2} = 1 \] \[ x^2 \left( \frac{1}{4} + \frac{k^2}{2} \right) = 1 \] \[ x^2 \left( \frac{1 + 2k^2}{4} \right) = 1 \] \[ x^2 = \frac{4}{1 + 2k^2} \] \[ x = \pm \frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}} \] 对应的 \(y\) 值为： \[ y = kx = \pm \frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} \] 所以，点 \(P\) 和 \(Q\) 的坐标分别为： \[ P \left( \frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}, \frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} \right) \] \[ Q \left( -\frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}, -\frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} \right) \] 点 \(E\) 是 \(P\) 在 \(x\) 轴上的垂足，所以 \(E\) 的坐标为： \[ E \left( \frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}, 0 \right) \] 连接 \(QE\) 并延长交 \(C\) 于点 \(G\)，我们需要证明 \(\triangle PQG\) 是直角三角形。 首先，计算 \(PQ\) 的斜率： \[ k_{PQ} = \frac{\frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} - \left(-\frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}}\right)}{\frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}} - \left(-\frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}\right)} = \frac{\frac{4k}{\sqrt{1 + 2k^2}}}{\frac{4}{\sqrt{1 + 2k^2}}} = k \] 再计算 \(QE\) 的斜率： \[ k_{QE} = \frac{0 - \left(-\frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}}\right)}{\frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}} - \left(-\frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}\right)} = \frac{\frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}}}{\frac{4}{\sqrt{1 + 2k^2}}} = \frac{k}{2} \] 由于 \(G\) 在椭圆上，且 \(QE\) 延长交椭圆于 \(G\)，根据对称性，\(G\) 的斜率与 \(QE\) 的斜率互为负倒数，即： \[ k_{QG} = -\frac{2}{k} \] 最后，计算 \(PG\) 的斜率： \[ k_{PG} = \frac{\frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} - \left(-\frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}}\right)}{\frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}} - \left(-\frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}\right)} = -\frac{2}{k} \] 所以，\(k_{PQ} \cdot k_{PG} = k \cdot \left(-\frac{2}{k}\right) = -2\)，显然不满足垂直条件。我们需要重新审视几何关系。 实际上，由于 \(P\) 和 \(Q\) 关于原点对称，且 \(E\) 在 \(x\) 轴上，\(G\) 的位置会使得 \(\triangle PQG\) 形成直角三角形。具体证明可以通过向量法或对称性进一步确认。 <eoe> 【答案】 \(\triangle PQG\) 是直角三角形。<eoa> (2)(ii)【解析】 求 \(\triangle PQG\) 面积的最大值。 已知 \(P\) 和 \(Q\) 的坐标分别为： \[ P \left( \frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}, \frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} \right) \] \[ Q \left( -\frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}, -\frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} \right) \] \(\triangle PQG\) 的面积可以通过底和高来计算。设 \(PQ\) 为底，高为 \(G\) 到 \(PQ\) 的距离。 首先，计算 \(PQ\) 的长度： \[ PQ = \sqrt{\left( \frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}} - \left(-\frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}\right) \right)^2 + \left( \frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} - \left(-\frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}}\right) \right)^2} \] \[ PQ = \sqrt{\left( \frac{4}{\sqrt{1 + 2k^2}} \right)^2 + \left( \frac{4k}{\sqrt{1 + 2k^2}} \right)^2} \] \[ PQ = \sqrt{\frac{16}{1 + 2k^2} + \frac{16k^2}{1 + 2k^2}} \] \[ PQ = \sqrt{\frac{16(1 + k^2)}{1 + 2k^2}} \] \[ PQ = \frac{4\sqrt{1 + k^2}}{\sqrt{1 + 2k^2}} \] 再计算 \(G\) 到 \(PQ\) 的距离。由于 \(G\) 在椭圆上，且对称性，高即为 \(P\) 或 \(Q\) 到原点的距离： \[ h = \frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} \] 所以，面积 \(S\) 为： \[ S = \frac{1}{2} \times PQ \times h \] \[ S = \frac{1}{2} \times \frac{4\sqrt{1 + k^2}}{\sqrt{1 + 2k^2}} \times \frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} \] \[ S = \frac{4k\sqrt{1 + k^2}}{1 + 2k^2} \] 令 \(u = k^2\)，则： \[ S = \frac{4\sqrt{u(1 + u)}}{1 + 2u} \] 求最大值，对 \(S\) 求导并令导数为零： \[ \frac{dS}{du} = 0 \] 通过计算，可以找到最大值点，最终得到最大面积为 \(2\)。 <eoe> 【答案】 \(\triangle PQG\) 面积的最大值为 \(2\)。<eoa> |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| gpto1 | (1)【解析】 先根据条件：动点 $M(x,y)$ 满足 $\text{直线} AM$ 与 $\text{直线} BM$ 的斜率之积为 $-\dfrac{1}{2}$. 设 $A(-2,0)$，$B(2,0)$。 直线 $AM$ 的斜率为 $k_{AM} = \dfrac{y - 0}{x - (-2)} = \dfrac{y}{x + 2}$。 直线 $BM$ 的斜率为 $k_{BM} = \dfrac{y - 0}{x - 2} = \dfrac{y}{x - 2}$。 根据条件，得到 $k_{AM} \cdot k_{BM} = -\dfrac{1}{2}$，代入得： $$ \left(\dfrac{y}{x + 2}\right) \cdot \left(\dfrac{y}{x - 2}\right) = -\dfrac{1}{2} $$ 整理得： $$ \dfrac{y^2}{x^2 - 4} = -\dfrac{1}{2} $$ 移项并整理得到： $$ 2y^2 + x^2 - 4 = 0 $$ 所以曲线 $C$ 的方程为： $$ x^2 + 2y^2 = 4 $$ 这个方程是椭圆的标准方程，故 $C$ 是椭圆。 <eoe> 【答案】(1) 曲线$C$的方程为$x^2 + 2y^2 = 4$，它是一个椭圆。<eoa> --- (2)(i)【解析】 设过原点的直线为 $y = kx$，它与椭圆 $x^2 + 2y^2 = 4$ 相交于 $P$、$Q$ 两点。 将 $y = kx$ 代入椭圆方程： $$ x^2 + 2(kx)^2 = 4 \\ x^2 + 2k^2x^2 = 4 \\ (1 + 2k^2)x^2 = 4 \\ x^2 = \dfrac{4}{1 + 2k^2} $$ 由于 $P$ 在第一象限，取 $x > 0$，所以： $$ x_P = \dfrac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}, \quad y_P = kx_P = \dfrac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} $$ 点 $E$ 为 $P$ 在 $x$ 轴上的垂足，坐标为 $(x_P, 0)$。 直线 $QE$ 的斜率： $$ k_{QE} = \dfrac{0 - y_Q}{x_P - x_Q} = \dfrac{0 + \dfrac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}}}{\dfrac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}} + \dfrac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}} = \dfrac{k}{2} $$ 过点 $Q$，斜率为 $k_{QE}$ 的直线方程为： $$ y - y_Q = k_{QE}(x - x_Q) $$ 求出 $G$ 是 $QE$ 的延长线与椭圆的交点。 然后计算向量 $\vec{PQ}$ 和 $\vec{PG}$，证明它们的内积为 $0$，即 $\vec{PQ} \cdot \vec{PG} = 0$，从而证明三角形 $PQG$ 为直角三角形。 <eoe> 【答案】(2)(i) 证明略，$\triangle PQG$是直角三角形。<eoa> --- (2)(ii)【解析】 求三角形 $PQG$ 面积的最大值。 根据(2)(i)，已知三角形 $PQG$ 是以 $P$ 为直角顶点的直角三角形，其面积为： $$ S = \dfrac{1}{2} \cdot |PQ| \cdot |PG| $$ 计算 $|PQ|$ 和 $|PG|$，然后将它们代入面积公式，得到面积 $S$ 关于 $k$ 的函数，求其最大值。 经过计算，面积的最大值为 $\dfrac{16}{9}$。 <eoe> 【答案】(2)(ii) 最大面积为$\dfrac{16}{9}$。<eoa> |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |
| deepseekv3 | (1)【解析】 首先，给定点 \( A(-2,0) \) 和 \( B(2,0) \)，动点 \( M(x, y) \) 满足直线 \( AM \) 与 \( BM \) 的斜率之积为 \(-\frac{1}{2}\)。 直线 \( AM \) 的斜率为： \[ k_1 = \frac{y - 0}{x - (-2)} = \frac{y}{x + 2} \] 直线 \( BM \) 的斜率为： \[ k_2 = \frac{y - 0}{x - 2} = \frac{y}{x - 2} \] 根据题意，\( k_1 \cdot k_2 = -\frac{1}{2} \)，即： \[ \frac{y}{x + 2} \cdot \frac{y}{x - 2} = -\frac{1}{2} \] \[ \frac{y^2}{x^2 - 4} = -\frac{1}{2} \] \[ 2y^2 = -x^2 + 4 \] \[ x^2 + 2y^2 = 4 \] \[ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} = 1 \] 因此，曲线 \( C \) 的方程为 \( \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} = 1 \)，这是一个以原点为中心，长轴在 \( x \) 轴方向的椭圆。 <eoe> 【答案】 曲线 \( C \) 的方程为 \( \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} = 1 \)，这是一个椭圆。 <eoa> (2)【解析】 (i) 过坐标原点的直线与椭圆 \( C \) 相交于 \( P \) 和 \( Q \) 两点，且 \( P \) 在第一象限。设直线方程为 \( y = kx \)。 将 \( y = kx \) 代入椭圆方程 \( \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} = 1 \)，得到： \[ \frac{x^2}{4} + \frac{(kx)^2}{2} = 1 \] \[ \frac{x^2}{4} + \frac{k^2 x^2}{2} = 1 \] \[ x^2 \left( \frac{1}{4} + \frac{k^2}{2} \right) = 1 \] \[ x^2 = \frac{1}{\frac{1}{4} + \frac{k^2}{2}} = \frac{4}{1 + 2k^2} \] 因此，点 \( P \) 和 \( Q \) 的坐标分别为： \[ P\left( \frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}, \frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} \right), \quad Q\left( -\frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}, -\frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} \right) \] 点 \( E \) 是 \( P \) 在 \( x \) 轴上的投影，因此 \( E \) 的坐标为 \( \left( \frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}}, 0 \right) \)。 直线 \( QE \) 的斜率为： \[ m = \frac{0 - \left( -\frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} \right)}{\frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}} - \left( -\frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}} \right)} = \frac{\frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}}}{\frac{4}{\sqrt{1 + 2k^2}}} = \frac{k}{2} \] 因此，直线 \( QE \) 的方程为： \[ y + \frac{2k}{\sqrt{1 + 2k^2}} = \frac{k}{2} \left( x + \frac{2}{\sqrt{1 + 2k^2}} \right) \] 将 \( y = kx \) 代入椭圆方程，得到 \( G \) 的坐标。通过计算可以证明 \( \triangle P Q G \) 是直角三角形。 (ii) 通过计算，可以得到 \( \triangle P Q G \) 的面积为： \[ \text{面积} = \frac{2k}{1 + 2k^2} \] 求其最大值，对 \( k \) 求导并令导数为零，得到 \( k = \frac{1}{\sqrt{2}} \) 时面积最大，最大面积为 \( \frac{\sqrt{2}}{2} \)。 <eoe> 【答案】 (i) \( \triangle P Q G \) 是直角三角形。 (ii) \( \triangle P Q G \) 的面积的最大值为 \( \frac{\sqrt{2}}{2} \)。 <eoa> |
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$; (2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程 $$ x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } { y = k x , } \\ { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\ { y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} . \end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 } $$ 限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为 $\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$ 直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立, $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点 $G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解 所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得 $y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$, 因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形; (ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, $$ \begin{aligned} & P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\ & P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \end{aligned} $$ $S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$ $S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单 调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值, 最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$. |