12B-SX-0000020
?由?y?kx?2?x2y2得x??． ?4?2?11?2k2记u?21?2k2，则P(u,uk),Q(?u,?uk),E(u,0)．
于是直线QG的斜率为
kk2，方程为y?2(x?u)． ?y?k由???2(x?u),?x2y2得 ??4?2?1(2?k2)x2?2uk2x?k2u2?8?0．①
设G(xyu(3k2?2)G,G)，则?u和xG是方程①的解，故xG?2?k2，由此得
yuk3G?2?k2．
uk3?uk从而直线PG的斜率为2?k2u(3k2?2)??1．
2?k2?uk所以PQ?PG，即△PQG是直角三角形．
（ii）由（i）得|PQ|?2u1?k2|PG|?2ukk2?1，2?k2， - 17 -
1所以△PQG的面积S?12|PQ‖PG|?8k(1?k2)8(?k)(1?2k2)(2?k2)?k． 1?2(1?k)2k设t=k+1k，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为S?8t1?2t2在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，
S取得最大值，最大值为169．
因此，△PQG面积的最大值为169．
22．解：（1）因为M????0,?0?在C上，当?0?3时，?0?4sin3?23. 由已知得|OP|?|OA|cos?3?2.
设Q(?,?)为l上除P的任意一点.在Rt△OPQ中?cos???????3???|OP|?2， 经检验，点P(2,?3)在曲线?cos???????3???2上. 所以，l的极坐标方程为?cos???????3???2. （2）设P(?,?)，在Rt△OAP中，|OP?||OA|c?o?s4?c o即
??4cos?..
因为P在线段OM上，且AP?OM，故?的取值范围是??????4,2??.
所以，P点轨迹的极坐标方程为??4cos?,??????4,??2?? . - 18 -
12B-SX-0000020
23．解：（1）当a=1时，f(x)=|x?1| x+|x?2|(x?1).
当x?1时，
f(x)??2(x?1)2?0；当x?1时，f(x)?0.
所以，不等式f(x)?0的解集为(??,1). （2）因为f(a)=0，所以a?1.
当a?1，x?(??,1)时，f(x)=(a?x) x+(2?x)(x?a)=2(a?x)(x?1)<0 所以，a的取值范围是[1,??).
- 19 -
- 20 -
