2023-2024学年浙江省浙北G2联盟高二上学期期中联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省浙北G2联盟高二上学期期中联考数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.直线x−y+ 5=0的倾斜角α=( )
A. 135∘B. 120∘C. 60∘D. 45∘
2.在空间直角坐标系Oxyz中，点P(1,1,1)关于平面xOz对称的点Q的坐标是
( )
A. −1,1,1B. 1,−1,−1C. 1,1,−1D. 1,−1,1
3.圆(x−1)2+(y+ 3)2=1的切线方程中有一个是( )
A. y=0B. x=0C. x−y=0D. x+y=0
4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin2B+ 3sinAsinC=sin2A+sin2C，则B=( )
A. π3B. π6C. π4D. π2
5.平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，∠DAB=90∘，∠A1AD=∠A1AB=120∘，则线段AC1的长度是( )
A. 4B. 2 2C. 2D. 2
6.已知F1，F2分别是椭圆x212+y2m=1的左、右两个焦点，若该椭圆上存在点P满足∠F1PF2=60∘，则实数m的取值范围是( )
A. (0,9]B. (0,6]C. (0,3]D. [3,6]
7.在三棱柱ABC−A1B1C中，底面ABC为正三角形，侧棱垂直于底面，AB=4，AA1=6.若E是棱BB1的中点，则异面直线A1E与AC1所成角的余弦值是( )
A. 3 1313B. 2 1313C. 1313D. 1326
8.已知F为双曲线x2a2−y2b2=1(a>b>0)的右焦点，过点F的直线分别交两条渐近线于A，B两点.若OA⊥AB，且3|AB|=|OA|+|OB|，则该双曲线的离心率是( )
A. 103B. 52C. 102D. 5
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.若直线y=kx+1与圆C:(x−2)2+y2=9相交于A，B两点，则|AB|的长度可能等于( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
10.若{a,b,c}是空间的一个基底，则下列向量组可以作为空间的基底的是( )
A. a+b，a−b，aB. a+b，a−b，c
C. a+b，a+b+c，b+cD. a+b，a+b+c，c
11.已知F为椭圆x225+y29=1的右焦点，直线x+my=0(m∈R)与椭圆交于P，Q两点，直线PF与椭圆交于另一点M，则( )
A. |PM|的最小值为185B. △FPQ周长的最小值为16
C. |PF|的最大值为9D. 直线PM与QM的斜率之积为−925
12.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB=1，AC=2，BC= 5.点P在线段B1C上(不含端点)，则
( )
A. 存在点P，使得AB1⊥BP
B. PA+PB的最小值为 5
C. △ABP面积的最小值为 55
D. 三棱锥B1−PAB与三棱锥C1−PAC的体积之和为定值
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.双曲线y24−x2=1的渐近线方程是 ．
14.若直线l1:x+2y+1=0与直线l2:2x+ay−3=0平行，则l1与l2间的距离是 ．
15.如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，设AD=1，DD1=3，点P在线段CG上，且C1P=2PC，则直线A1P与平面PBD所成角的正弦值是 ．
16.若对任意θ∈R，直线l:x⋅sinθ+y⋅csθ−2cs(θ−π6)−4=0与圆C:(x−a)2+(y− 3a)2=1均无公共点，则实数a的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
已知直线l过点P(−2,1)．
(1)若直线l与直线2x+3y+5=0垂直，求直线l的方程;
(2)若直线l分别与x轴的正半轴，y轴的正半轴交于A，B两点，O为原点.若△AOB的面积为12，求直线l的方程．
18.(本小题12.0分)
在平面直角坐标系中，圆C过点A(4,0)，B(2,2)，且圆心C在x+y−2=0上．
(1)求圆C的标准方程;
(2)若点P为圆上任意一点，且点Q的坐标为(6,0)，求线段PQ的中点M的轨迹方程．
19.(本小题12.0分)
已知函数f(x)=sinx−2 3sin2x2．
(1)求函数f(x)的最小正周期及其所有的对称轴;
(2)求函数f(x)在区间[0,2π3]上的最小值．
20.(本小题12.0分)
已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F(2,0)，离心率为2 33．
(1)求双曲线的方程;
(2)过点P(32,0)直线与双曲线交于A，B两点，设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k1k2≠0)，求证：k1+k2为定值．
21.(本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，且AD/​/BC，BC⊥CD，∠ABC=60∘，BC=2AD=2，PC=3，△PAB是正三角形．
(1)求证：AB⊥PC;
(2)求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值．
22.(本小题12.0分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为2 2，过坐标原点的直线交椭圆于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交椭圆于点G，且kGP⋅kGQ=−12．
(1)求椭圆的标准方程;
(2)证明：△PQG是直角三角形;
(3)求△PQG面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角与斜率，属于基础题，由直线方程，求出斜率，进而求出倾斜角，
【解答】
解：因为k=1，所以tanα=1，
所以倾斜角α=45°，
故选D．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间中对称点的坐标的求法，考查空间直角坐标系等基础知识，属于基础题．
在空间直角坐标系O−xyz中，点(a,b,c)关于平面xOz的对称点是(a,−b,c)．
【解答】
解：在空间直角坐标系O−xyz中，点P1,1,1关于平面xOz的对称点是1,−1,1，
故选D．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查圆的切线的求法，是基础题．
根据圆的标准方程可知圆的圆心为1,− 3，半径为1，该圆与y轴相切，即可求出方程．
【解答】解：根据圆的标准方程可知圆的圆心为1,− 3，半径为1，
该圆与y轴相切，方程为x=0．
故选B．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了运算求解能力和转化思想，属于基础题．
由正弦定理化简已知等式可得a2+c2−b2= 3ac，再根据余弦定理可得csB= 32，结合范围B∈(0,π)，可得B的值．
【解答】
解：因为sin2B+ 3sinAsinC=sin2A+sin2C，
所以由正弦定理可得b2+ 3ac=a2+c2，即a2+c2−b2= 3ac，
可得csB=a2+c2−b22ac= 3ac2ac= 32，
因为B∈(0,π)，
所以B=π6．
故选：B⋅
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的基本定理及应用和空间向量的数量积及运算律．
利用空间向量的基本定理和数量积计算得结论．
【解答】
解：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AD=1，AA1=2，∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA1=120°，
∵AC1=AB+BC+CC1，
∴AC12=(AB+BC+CC1)2
=AB2+BC2+CC12+2AB⋅BC+2AB⋅CC1+2CC1⋅BC
=1+1+4+0+2×1×2×−12+2×2×1×−12=2，
∴|AC1|= 2．
故选D．
6.【答案】A
【解析】【分析】本题考查了椭圆的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
判断椭圆的焦点所在轴，P点为椭圆短轴的端点时，∠F1PF2取得最大角，进而得出结论．
【解答】解：由题可知0当点P位于短轴端点时，∠F1PF2取最大值，
则∠F1PF2⩾60°，即∠F1PF22⩾30°，
则sin∠F1PF22= 12−m 12⩾12，
解得0故选A．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角，训练了利用向量法求解空间角，是中档题．
取AB中点O，以O为坐标原点OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴建立空间直角坐标系，求出A1E与AC1所成角的余弦值，即可求得异面直线A1E与AC1所成角的余弦值．
【解答】
解：如图，取AB中点O，
以O为坐标原点OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴建立如图所示空间直角坐标系，
则A(−2,0,0)，A1(−2,0,6)，C1(0,2 3,6)，E(2,0,3)，
AC1=(2,2 3,6)，A1E=(4,0,−3)，
∴cs=AC1⋅A1E|AC1|⋅|A1E|=8−18 4+12+36× 16+9=−102 13×5=− 1313．
∴异面直线A1E与AC1所成角的余弦值为 1313．
故选：C．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了双曲线的简单性质，属于中档题．
由勾股定理得出直角三角形的2个直角边的长度比，联想到渐近线的夹角，求出渐近线的斜率，进而求出离心率．
【解答】解：不妨设OA的倾斜角为锐角，
∵a>b>0，即0∴渐近线l1的倾斜角为(0,π4)，
∴b2a2=c2−a2a2=e2−1<1，
∴1∵3|AB|=|OA|+|OB|，OA⊥AB，
∴|AB|2=|OB|2−|OA|2
=(|OB|−|OA|)(|OB|+|OA|)=3(|OB|−|OA|)⋅|AB|，
∴|AB|=3(|OB|−|OA|)，
∴|OB|−|OA|=13|AB|，
又|OA|+|OB|=3|AB|，
∴|OA|=43|AB|，
∴在直角△OAB中，tan∠AOB=|AB||OA|=34，
由对称性可知：OA的斜率为k=tan(12∠AOB)，
∴2k1−k2=34，∴3k2+8k−3=0，
∴k=13(k=−3舍去)；
∴ba=13，∴b2a2=c2−a2a2=e2−1=19，
∴e2=109，
∴e= 103．
故选A．
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查了直线与圆的位置关系，属于基础题．
求出直线y=kx+1恒过点M(0,1)，且点M在圆内，从而可求出|AB|的最小值，又|AB|的最大值为直径长6，即可得出|AB|的取值范围．
【解答】
解：因为y=kx+1恒过点M(0,1)，且点M在圆内，
又圆的圆心C的坐标为(2,0)，半径r=3，
当弦AB与CM垂直时，弦AB的长最小，
由|CM|= 2−02+0−12= 5，
所以|AB|的最小值为2 32−5=4，
又|AB|的最大值为直径长6，即4⩽AB⩽6．
故选CD．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查空间向量基本定理和向量共面定理，属于基础题．
根据已知条件，结合向量共面定理，即可求解．
【解答】
解：选项A，a=12(a+b)+12(a−b)，所以a+b，a−b，a三个向量共面，不可构成基底；
选项B，由于a，b，c不共面，故a+b，a−b，c不能相互表示出来，故可构成基底．
选项C，由于a，b，c不共面，所以a+b，a+b+c，b+c不能相互表示出来，故可构成基底．
选项D，c=(a+b+c)−(a+b)，所以a+b，a+b+c，c三个向量共面，不可构成基底；
故选BC
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查椭圆的定义、直线与椭圆的位置关系及其应用、椭圆上点到焦点或定点距离的最值，属于难题．
根据题意，对各选项逐项判定，即可求出结果．
【解答】
解：A选项，该椭圆中a=5,b=3,c=4，
当线段PM垂直于x轴时，其长度存在最小值2b2a=185，故A正确；
设椭圆的左焦点为F1，根据对称性可得|PF|=|QF1|，
所以△FPQ周长为|PQ|+|PF|+|QF|
=|PQ|+|QF1|+|QF|=|PQ|+2a=10+|PQ|，
要使△FPQ周长的最小，只需|PQ|取得最小值，
由椭圆的性质可知|PQ|min=2b=6，
所以△FPQ周长的最小值为16，
当且仅当m=0时取最小值，即P、Q分别在上、下顶点时，故B正确；
因为P，Q为直线x+my=0(m∈R)与C的两个交点，
显然直线的斜率不为0，且P、Q不可能在x轴上，P、Q两点关于原点对称，
所以a−c<|PF|设M( x1,y1)，P (x2,y2)，Q (−x2,−y2)，
则kPM=y1−y2x1−x2， kQM=y1+y2x1+x2，
所以kPM⋅kQM=y1−y2y1+y2x1−x2x1+x2=y12−y22x12−x22
=9−9x1225−9−9x2225x12−x22=−925，故D正确．
故选ABD．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查三棱柱的结构特征，空间距离的求法，多面体表面两点间距离的最小值的求法，空间几何体体积的求法等，难度较大．
对A，由线面垂直的性质判断；对B，把平面AB1C绕B1C旋转到与平面BB1C在同一平面上，由两点连线距离最短求解；对C，B1P=tB1C，利用直角三角形把点到直线距离表示为t的函数求最值；对D，利用体积转换的方法求解．
【解答】
解：当P为B1C的中点时，P在平面A1B1BA上的射影是正方形A1B1BA的中心O，
此时AB1⊥BO，AB1⊥OP，所以AB1⊥平面BPO，则AB1⊥BP，故A正确；
把平面BB1C绕B1C旋转到与平面AB1C在同一平面上，连接AB，AB与B1C的交点为P，此时PA+PB最小，cs∠BB1A=cs(∠BB1P+∠AB1P)= 66× 33− 306× 63= 26− 53，AB2=1+2−2×1× 2×( 26− 53)=83+2 103≠ 5，故B错误；
设B1P=tB1C，P在平面A1B1BA上的射影是O′，
则O′在B1A上，过O′作O′H⊥AB于H，
则PH⊥AB，且O′H=1−t，O′P=2t，
PH= 4t2+(1−t)2= 5t2−2t+1⩾2 55，
△ABP面积S=12×AB×PH⩾12×1×2 55= 55，故C正确；
VB1−PAB=VB−PAB1=VB−AB1C−VB−PAC，
因为A1C1/​/AC，所以A1C1/​/平面PAC，所以VC1−PAC=VA1−PA C，
连接A1B与AB1，交点为O，连接AP，BP，AC1，PC1，
则A1O和BO分别是A1和B到平面PAC的距离，A1O=BO，所以VC1−PAC=VB−PAC，
所以VB1−PAB+VC1−PAC=VB−AB1C为定值，故D正确，
故本题选ACD．
13.【答案】y=±2x
【解析】【分析】
本题考查双曲线的性质及几何意义，属基础题目．
焦点在x轴上的双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程是y=±bax，焦点在y轴上的双曲线y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程是y=±abx，由此得出答案．
【解答】
解：由题意y24−x2=1，焦点在y轴上，且a=2,b=1，
所以渐近线方程为y=±abx=±2x，
故答案为y=±2x．
14.【答案】 52
【解析】解：两条直线l1：x+2y+1=0与l2：2x+ay−3=0平行，可得12=2a≠1−3，
所以a=4，
直线l1：x+2y+1=0即2x+4y+2=0，
则l1与l2间的距离d=|5| 42+22= 52．
先利用两直线平行的公式求出参数a，再用两平行线间距离公式求距离即可．
本题考查平行线的性质的应用及平行线间的距离的求法，属于基础题．
15.【答案】2 23
【解析】【分析】
本题考查空间线面角的求解，属于中档题．
建立直角坐标系，求出平面PDB的法向量和直线A1P的方向向量，利用公式求解即可；
【解答】
解：如图：由题以点D为原点O，DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O−xyz，
则D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,3),P(0,1,1)．
所以A1P=(−1,1,−2),DB=(1,1,0),DP=(0,1,1)，
设平面PDB一个法向量为n1=x,y,z，
由n1⋅DP=0n1⋅DB=0得y+z=0x+y=0,
取取x=1可得n1=1,−1,1，
设直线A1P与平面PDB所成角为θ，
所以sin θ=|cs|=|−1−1−2 6 3|=2 23，
故直线A1P与平面PDB所成角的正弦值为2 23．
16.【答案】−12,52
【解析】【分析】
本题考查了直线与圆的位置关系求参，点到直线的距离，辅助角公式和求余弦型函数的最值，属于中档题，利用直线与圆的位置关系求参，结合点到直线的距离和辅助角公式得(a−1)cs⁡(θ−π6)<32或(a−1)cs⁡(θ−π6)>52对θ∈R恒成立，再利用恒成立问题处理策略，结合余弦型函数的最值和对a的讨论，计算得结论．
【解答】
解：因为点Ca, 3a到直线l的距离为|asin⁡θ+ 3acs⁡θ−2cs⁡(θ−π6)−4|，
所以要对任意θ∈R，直线l与圆C均无公共点，
则|asin⁡θ+ 3acs⁡θ−2cs⁡(θ−π6)−4|>1对θ∈R恒成立，
即|2(a−1)cs⁡(θ−π6)−4|>1对θ∈R恒成立，
因此(a−1)cs⁡(θ−π6)<32或(a−1)cs⁡(θ−π6)>52对θ∈R恒成立．
当a=1时，|2(a−1)cs⁡(θ−π6)−4|>1对θ∈R恒成立，因此a=1为所求．
当a>1时，由(a−1)cs⁡(θ−π6)<32或(a−1)cs⁡(θ−π6)>52对θ∈R恒成立得cs⁡(θ−π6)<32(a−1)或cs⁡(θ−π6)>52(a−1)对θ∈R恒成立，
因此1<32a−1或−1>52a−1，解得a<52或a<−32，所以1当a<1时，由(a−1)cs⁡(θ−π6)<32或(a−1)cs⁡(θ−π6)>52对θ∈R恒成立得cs⁡(θ−π6)>32(a−1)或cs⁡(θ−π6)<52(a−1)对θ∈R恒成立，
因此−1>32a−1或1<52a−1，解得a>−12或a>72，所以−12综上所述，实数a的取值范围是−12,52．
17.【答案】解：(1)与直线2x+3y+5=0垂直的直线可设为3x−2y+m=0，
P(−2,1)代入，得m=8，
所以直线l的方程为：3x−2y+8=0；
(2)设直线l:xa+yb=1(a>0,b>0)，满足−2a+1b=112ab=12解得：a=2，b=12，
所以直线l的方程为：x+4y−2=0．
【解析】本题考查两条直线垂直与斜率的关系，考查点斜式方程，属于基础题．
(1)设直线 l 的方程为 3x−2y+m=0 ，代入点P 坐标可得答案；
(2)设直线l:xa+yb=1(a>0,b>0)，由条件得出方程组，解出即可．
18.【答案】解：(1)由已知可设圆心C(a,2−a)，又由已知得CA=CB，
从而有 a−42+2−a−02= a−22+2−a−22，解得：a=2．
于是圆C的圆心C(2,0)，半径r= a−42+2−a−02=2．
所以圆C的方程为(x−2)2+y2=4，
(2)设中点M(x,y)，则P(2x−6,2y)，代入(2x−8)2+4y2=4，化简得：(x−4)2+y2=1

【解析】本题考查圆的方程，考查参数法，圆的方程一般采用待定系数法，属于中档题．
(1)设圆心C(a,2−a)，由已知得CA=CB，解方程得到参数值，从而确定其方程；
(2)设中点M(x,y)，则P(2x−6,2y)，代入圆的方程整理化简得到的中点M的轨迹方程．
19.【答案】解：(1)因为fx=sinx+ 3csx− 3=2sinx+π3− 3，
所以f(x)的最小正周期为2π．
又x+π3=kπ+π2，x∈Z，得x=kπ+π6，x∈Z，
故对称轴为x=kπ+π6(x∈Z)．
(2)因为0≤x≤2π3，
所以π3≤x+π3≤π．
当x+π3=π，即x=2π3时，f(x)取得最小值．
所以f(x)在区间0,2π3上的最小值为f2π3=− 3．

【解析】本题考查y=Asin(ωx+φ)的性质与三角恒等变换，考查推理能力和计算能力，属于中档题．(1)化简f(x)=2sin (x+π3)− 3，利用周期公式以及对称轴公式即可求解；
(2)由0⩽x⩽2π3,可得π3⩽x+π3⩽π，在区间内x+π3=π，即x=2π3时取得最小值，代入计算即可．
20.【答案】(1)解：由题意可得c=2ca=2 33c2=a2+b2,
解得a= 3b=1，
所以双曲线的方程为x23−y2=1;
(2)证明：设直线AB方程为ty=x−32，
设A(x1,y1)，B(x2,y2).
联立ty=x−32x23−y2=1,
消去x得(t2−3)y2+3ty−34=0，
所以{Δ=122−9>0y1+y2=−3tt2−3y1y2=−34(t2−3),
所以k1+k2=y1x1−2+y2x2−2=y1ty1−12+y2ty2−12=2ty1y2−12(y1+y2)(ty1−12)(ty2−12)，
又2ty1y2−12(y1+y2)=−3t2(t2−3)+3t2(t2−3)=0，
因此k1+k2=0，
即k1+k2为定值．．
【解析】本题考查双曲线的标准方程，考查直线与双曲线的位置关系及其应用，考查数学运算能力，属于中档题．
(1)由题意可得c=2ca=2 33c2=a2+b2，由此可求出a和b，即可得出双曲线的方程；
(2)由题意可设直线AB方程为ty=x−32，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，与双曲线方程联立，消去x，并利用韦达定理化简k1+k2=y1x1−2+y2x2−2即可证得k1+k2为定值．
21.【答案】解；(1)证明：取AB的中点O，连接PO，CO，CA．
因为ΔPAB是正三角形，所以PO⊥AB．
在直角梯形ABCD中，因为∠ABC=60∘，BC=2AD=2，
计算可得AB=AC=2，所以△ABC是正三角形，所以CO⊥AB．
又CO∩PO=O，CO⊂平面POC，PO⊂平面POC，所以AB⊥平面POC，而PC⊂平面POC，
因此AB⊥PC．
(2)以D为原点，DA，DC所在直线为x轴，y轴建立如图所示空间直角坐标系Oxyz．
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(2, 3,0)，C(0, 3,0)，设P(x0,y0,z0)，
由题意可得PA=PB=2，PC=3，故(x0−1)2+y02+z02=4(x0−2)2+(y0− 3)2+z02=4,x02+(y0− 3)2+z02=9
解得x0=94y0= 34z0=32，所以AP=(54, 34,32)，AB=(1, 3,0)，
设平面PAB的法向量n1=(x,y,z)，则n1⋅AP=54x+ 34y+32z=0n1⋅AB=x+ 3y=0，取x=3y=− 3z=−2得n1=(3,− 3,−2)．
同理可得平面PCD的法向量n2=(2,0,−3)，cs=n1·n2n1n2=12 16× 13=3 13=3 1313，
平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为3 1313．
【解析】本题考查线线、线面垂直的判定与性质，考查平面与平面所成的角，属于中档题．
(1)要证线线垂直，先证线面垂直，由于△PAB是正三角形．取AB的中点O，连OQ，PO，则PO⊥AB，从而只需证CO⊥AB即可；
(2)以D点为坐标原点建立直角坐标系，通过列方程求出P点坐标，利用向量法即可求出平面PAB与平面PCD所成角的余弦值．
22.【答案】解：(1)由题意可得2a=2 2，
设P、Q坐标分别为x1,y1,−x1,−y1，G坐标为x0,y0，
则x12a2+y12b2=1x02a2+y02b2=1，两式相减得y12−y02x12−x02=−b2a2
则kGP⋅kCQ=y0−y1x0−x1×y0+y1x0+x1=y02−y12x02−x12=−b2a2=−12，
解得a= 2，b=1，
所以椭圆的标准方程为x22+y2=1；
(2)由题意设kPQ=k，
则可设P(m,km)，m>0，k>0，
m22+k2m2=1，
所以Q(−m,−km)，E(m,0)，
则kGQ=km2m=k2，
kGP=−12k2=−1k，
所以kPQ·kGP=−1，
所以GP⊥QP，
所以△PQG是直角三角形；
(3)直线QG:x=2ky+m，
代入x22+y2=1，
得：(2k2+4)y2+4mky+m2k2−2k2=0
所以yQ=m2k2−2k2(2k2+4)(−km)，
则|PG|= 1+k2km−m2k2−2k2(2k2+4)(−km)
=k 1+k22k2m2+5m2−2(2k2+4)m，
又|PQ|= 1+k2|2m|，
故S△PQG=12|PG||PQ|=k(1+k2)2k2m2+5m2−22k2+4
=2k(k2+1)(k2+2)(k2+12)=2k(k2+1)k4+1+52k2=2(k+1k)k2+1k2+52
令t=k+1k≥2，当且仅当k=1时等号成立，
所以S△PQG=2tt2+12=42t+1t≤89，当且仅当t=2时等号成立．
所以△PQG面积的最大值为89．
【解析】本题考查椭圆的标准方程，考查两条直线垂直与斜率的关系，考查直线与椭圆的位置关系及其应用，考查椭圆中三角形的面积问题，属于较难题．
(1)由题意可得2a=2 2，kGP⋅kCQ=−b2a2=−12，由此求出a和b，即可得出椭圆的标准方程；
(2)由题意设kPQ=k，可设P(m,km)，m>0，k>0，再求出点Q坐标，即可求出kGP，再结合两条直线垂直与斜率的关系可证得GP⊥QP，即得证;
(3)由题意可设直线QG:x=2ky+m，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出|PG|和|PQ|，继而可求出S△PQG=12|PG||PQ|，整理并化简，再利用换元法和基本不等式即可求出△PQG面积的最大值．