已知点 A(-2,0), B(2,0)，动点 M(x, y…——2019 高考数学第 21 题答案解析

【解析】
【分析】
（1）分别求出直线 $A M$ 与 $B M$ 的斜率，由已知直线 $A M$ 与 $B M$ 的斜率之积为 $-\frac{1}{2}$ ，可以得到等式，化简可以求出曲线 $C$ 的方程，注意直线 $A M$ 与 $B M$ 有斜率的条件；
（2）（i）设出直线 $P Q$ 的方程，与椭圆方程联立，求出 $P, Q$ 两点的坐标，进而求出点 $E$的坐标，求出直线 $Q E$ 的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出 $G$ 的坐标，再求出直线 $P G$ 的斜率，计算 $k_{P Q} k_{P G}$ 的值，就可以证明出 $\triangle P Q G$ 是直角三角形；
（ii）由（i）可知 $P, Q, G$ 三点坐标，$\triangle P Q G$ 是直角三角形，求出 $P Q, P G$ 的长，利用面积公式求出 $\triangle P Q G$ 的面积，利用导数求出面积的最大值．

【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
$x^{2}+2 y^{2}=4$ 联立，即 $\left\{\begin{array}{l}y=k x, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} .\end{array}\right.\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} .\end{array}\right.$ ，点 $P$ 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，$\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad$（＊），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 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$ ，代入直线 $Q E$ 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 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$ ，
$P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$,
$\left.P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right.}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$
$S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$
$S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$ ，因为 $k>0$ ，所以当 $00$ ，函数 $S(k)$
单调递增，当 $k>1$ 时，$S^{\prime}<0$ ，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 $S(1)=\frac{16}{9}$ ．
【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了利用导数求函数最大值问题．