已知点 $A(−2,0),B(2,0)$，动点 $M(x,y)$ 满足直线 $AM$ 与 $BM$ 的斜率之积为 $-\dfrac{1}{2}$．记 $M$ 的轨迹为曲线 $C$．
（1）求 $C$ 的方程，并说明 $C$ 是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交 $C$ 于 $P,Q$ 两点，点 $P$ 在第一象限，$PE\perp x$ 轴，垂足为 $E$，连结 $QE$ 并延长交 $C$ 于点 $G$．
（i）证明：$\triangle PQG$ 是直角三角形；
（ii）求 $\triangle PQG$ 面积的最大值．
（1）求 $C$ 的方程，并说明 $C$ 是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交 $C$ 于 $P,Q$ 两点，点 $P$ 在第一象限，$PE\perp x$ 轴，垂足为 $E$，连结 $QE$ 并延长交 $C$ 于点 $G$．
（i）证明：$\triangle PQG$ 是直角三角形；
（ii）求 $\triangle PQG$ 面积的最大值．
【难度】
【出处】
2019年高考全国II卷（理）
【标注】
【答案】
略
【解析】
（1）由题设得 $\dfrac{y}{x+2}\cdot\dfrac{y}{x-2}=-\dfrac{1}{2}$，化简得 $\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1(|x|\ne 2)$，所以 $C$ 为中心在坐标原点，焦点在 $x$ 轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线 $PQ$ 的斜率为 $k$，则其方程为 $y=kx(k>0)$．
由 $\begin{cases}y=kx\\\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1\end{cases}$ 得 $x=\pm\dfrac{2}{\sqrt{1+2k^2}}$．
记 $u=\dfrac{2}{\sqrt{1+2k^2}}$，则 $P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0)$．
于是直线 $QG$ 的斜率为 $\dfrac{k}{2}$，方程为 $y=\dfrac{k}{2}(x-u)$．
由 $\begin{cases}y=\dfrac{k}{2}(x-u)\\\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1\end{cases}$ 得
$(2+k^2)x^2-2uk^2x+k^2u^2-8=0$．①
设 $G(x_G,y_G)$，则 $-u$ 和 $x_G$ 是方程 ① 的解，故 $x_G=\dfrac{u(3k^2+2)}{2+k^2}$，由此得 $y_G=\dfrac{uk^3}{2+k^2}$．
从而直线 $PG$ 的斜率为 $\dfrac{\frac{uk^3}{2+k^2}-uk}{\frac{u(3k^2+2)}{2+k^2}-u}=-\dfrac{1}{k}$．
所以 $PQ\perp PG$，即 $\triangle PQG$ 是直角三角形．
（ii）由（i）得 $|PQ|=2u\sqrt{1+k^2},|PG|=\dfrac{2uk\sqrt{k^2+1}}{2+k^2}$，
所以 $\triangle PQG$ 的面积 $S=\dfrac{1}{2}|PQ||PG|=\dfrac{8k(1+k^2)}{(1+2k^2)(2+k^2)}=\dfrac{8(\frac{1}{k}+k)}{1+2(\frac{1}{k}+k)^2}$．
设 $t=k+\dfrac{1}{k}$，则由 $k>0$ 得 $t\geqslant 2$，当且仅当 $k=1$ 时取等号．
因为在 $[2,+\infty)$ 单调递减，所以当 $t=2$，即 $k=1$ 时，$S$ 取得最大值，最大值为 $\dfrac{16}{9}$．
因此，$\triangle PQG$ 面积的最大值为 $\dfrac{16}{9}$．
（2）（i）设直线 $PQ$ 的斜率为 $k$，则其方程为 $y=kx(k>0)$．
由 $\begin{cases}y=kx\\\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1\end{cases}$ 得 $x=\pm\dfrac{2}{\sqrt{1+2k^2}}$．
记 $u=\dfrac{2}{\sqrt{1+2k^2}}$，则 $P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0)$．
于是直线 $QG$ 的斜率为 $\dfrac{k}{2}$，方程为 $y=\dfrac{k}{2}(x-u)$．
由 $\begin{cases}y=\dfrac{k}{2}(x-u)\\\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1\end{cases}$ 得
$(2+k^2)x^2-2uk^2x+k^2u^2-8=0$．①
设 $G(x_G,y_G)$，则 $-u$ 和 $x_G$ 是方程 ① 的解，故 $x_G=\dfrac{u(3k^2+2)}{2+k^2}$，由此得 $y_G=\dfrac{uk^3}{2+k^2}$．
从而直线 $PG$ 的斜率为 $\dfrac{\frac{uk^3}{2+k^2}-uk}{\frac{u(3k^2+2)}{2+k^2}-u}=-\dfrac{1}{k}$．
所以 $PQ\perp PG$，即 $\triangle PQG$ 是直角三角形．
（ii）由（i）得 $|PQ|=2u\sqrt{1+k^2},|PG|=\dfrac{2uk\sqrt{k^2+1}}{2+k^2}$，
所以 $\triangle PQG$ 的面积 $S=\dfrac{1}{2}|PQ||PG|=\dfrac{8k(1+k^2)}{(1+2k^2)(2+k^2)}=\dfrac{8(\frac{1}{k}+k)}{1+2(\frac{1}{k}+k)^2}$．
设 $t=k+\dfrac{1}{k}$，则由 $k>0$ 得 $t\geqslant 2$，当且仅当 $k=1$ 时取等号．
因为在 $[2,+\infty)$ 单调递减，所以当 $t=2$，即 $k=1$ 时，$S$ 取得最大值，最大值为 $\dfrac{16}{9}$．
因此，$\triangle PQG$ 面积的最大值为 $\dfrac{16}{9}$．
答案
解析
备注
