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2024-2025学年山东省滨州市北镇中学高二（上）第二次月考数学试卷（9月份）（含答案）
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这是一份2024-2025学年山东省滨州市北镇中学高二（上）第二次月考数学试卷（9月份）（含答案），共10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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若a=(2,3,2)，b=(1,2,2)，c=(−1,2,2)，则(a−b)⋅c的值为( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
2.已知命题p：方程x25−m+y2m−1=1表示焦点在y轴上的椭圆，则m的范围( )
A. 31
3.如图，空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在OA上，OM=2MA，点N为BC中点，则MN−等于( )
A. 12a−23b+12c
B. −23a+12b+12c
C. 12a+12b−12c
D. −23a+23b−12c
4.已知M(4,2)是直线l被椭圆x2+4y2=36所截得的线段AB的中点，则直线l的方程为( )
A. 2x+y−8=0B. x+2y−8=0C. x−2y−8=0D. 2x−y−8=0
5.已知点A(2,−3)，B(−3,−2)直线l过点P(1,1)，且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是( )
A. (−∞,−4]∪[34,+∞)B. (−∞,−14]∪[34,+∞)
C. [−4,34]D. [34,4]
6.已知向量a=(1,1, 2),b=(−3,2,0)，则a−b在a上的投影向量为( )
A. (34,34,3 24)B. (54,54,5 24)C. (32,32,3 22)D. (−25,35, 25)
7.已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在M上，Q为PF2的中点，且F1Q⊥PF2，|F1Q|=b，则M的离心率为( )
A. 33B. 13C. 12D. 22
8.已知圆C：x2+(y−3)2=4过点(0,4)的直线l与x轴交于点P，与圆C交于A，B两点，则CP⋅(CA+CB)的取值范围是( )
A. [0,1]B. [0,1)C. [0,2]D. [0,2)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知椭圆C：x2+4y2=16的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的任意一点，则( )
A. C的离心率为12B. |PF1|+|PF2|=8
C. |PF1|的最大值为4+2 3D. 使∠F1PF2为直角的点P有4个
10.已知直线l：kx−y+k=0，圆C：x2+y2−6x+5=0，P(x0,y0)为圆C上任意一点，则下列说法正确的是( )
A. x02+y02的最大值为5B. y0x0的最大值为2 55
C. 直线l与圆C相切时，k=± 33D. 圆心C到直线l的距离最大为4
11.如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB=BC=AA1=1，点D为侧棱BB1上的动点，M为线段A1B1中点，则下列说法正确的是( )
A. 存在点D，使得AD⊥平面BCM
B. △ADC1周长的最小值为1+ 2+ 3
C. 三棱锥C1−ABC的外接球的体积为 32π
D. 平面ADC1与平面ABC的夹角正弦值的最小值为 53
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.直线3x+4y+2=0被圆x2+y2−2x−3=0截得的弦长为______．
13.点P是椭圆x24+y2=1上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，若|PF1|⋅|PF2|=43，则∠F1PF2的大小为______．
14.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，CC1=C1D1= 3,C1B1=1，点P为线段B1C上一点，则C1P⋅D1P的最大值为______．
005A
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为梯形，AD//BC，AB=AD=2，BD=2 2，BC=4．
(1)证明：A1B1⊥AD1；
(2)若AA1=2，求点B到平面B1CD1的距离．
16.(本小题16分)
已知圆C经过点A(3,1)，B(−1,3)，且它的圆心C在直线3x−y−2=0上．
(1)求圆C的方程；
(2)若E点为圆C上任意一点，且点F(4,0)，求线段EF的中点M的轨迹方程．
17.(本小题16分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为F(1,0)，且离心率为12．
(1)求C的方程；
(2)过F作直线l与C交于M，N两点，O为坐标原点，若S△OMN=6 27，求l的方程．
18.(本小题16分)
在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，满足DE//BC且DE经过△ABC的重心，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，M是A1D的中点，如图所示．
(1)求证：AC⊥平面BCDE；
(2)求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)在线段A1C上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34？若存在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由．
19.(本小题16分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，右顶点Q与C的上，下顶点所围成的三角形面积为2 3．
(1)求C的方程．
(2)不过点Q的动直线l与C交于A，B两点，直线QA与QB的斜率之积恒为14．
(i)证明：直线l过定点；
(ii)求△QAB面积的最大值．
参考答案
1.C
2.A
3.B
4.B
5.A
6.B
7.C
8.D
9.BCD
10.BCD
11.AC
12.2 3
13.60°
14.3
15.(1)证明：因为AB=AD=2，BD=2 2，
所以AB2+AD2=8=BD2，
所以AB⊥AD，
因为ABCD−A1B1C1D1为直四棱往，
所以A1A⊥AB，
因为A1A∩AD=A，A1A，AD⊂面ADD1A1，
所以AB⊥面ADD1A1，
因为A1B1//AB，
所以A1B1⊥面ADD1A1，
因为AD1⊂面ADD1A1，
所以A1B1⊥AD1．
(2)解：由(1)及题意知，AB，AD，A1A两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB=AD=2，BD=2 2，BC=4，A1A=2．
所以A(0,0,0)，B(2,0,0)，B1(2,0,2)，C(2,4,0)，D1(0,2,2)，D(0,2,0)，
所以CB1=(0,−4,2)，CD1=(−2,−2,2)，BC=(0,4,0)，
设平面B1CD1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CB1=0n⋅CD1=0，
即−4y+2z=0−2x−2y+2z=0，
令y=1，
解得x=1，z=2，
∴n=(1,1,2)，
所以点B到平面B1CD1的距离为d=|BC⋅n||n|=4 6=2 63．
16.解：(1)由已知可设圆心N(a,3a−2)，又由已知得|NA|=|NB|，
从而有 (a−3)2+(3a−2−1)2= (a+1)2+(3a−2−3)2，解得：a=2．
于是圆N的圆心N(2,4)，半径r= 10．
所以，圆N的方程为(x−2)2+(y−4)2=10．
(2)设M(x,y)，又点D是圆N：(x−2)2+(y−4)2=10上任意一点，
可设D(2+ 10csα,4+ 10sinα)．
∵F(4,0)，点M是线段FD的中点，
∴有x=4+2+ 10csα2，y=0+4+ 10sinα2，
消去参数α得：(x−3)2+(y−2)2=52．
故所求的轨迹方程为：(x−3)2+(y−2)2=52．
17.解：(1)由已知得c=1e=ca=12a2=b2+c2，解得a=2b= 3c=1，
所以C的方程为x24+y23=1．
(2)由题可知，若△OMN面积存在，则直线l的斜率不为0，
所以设直线l的方程为x=my+1，m显然存在，
M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x24+y23=1,x=my+1,消去x得(3m2+4)y2+6my−9=0，
因为直线l过点F，所以Δ>0显然成立，
且y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4，
因为S△OMN=12|OF|⋅|y1−y2|=12⋅ (y1+y2)2−4y1y2=12⋅ 144(m2+1)3m2+4=6 27，
化简得18m4−m2−17=0，
解得m2=1或m2=−1718(舍)，
所以直线l的方程为x+y−1=0或x−y−1=0．
18.解：(1)证明：因为在Rt△ABC中，∠C=90°，DE//BC，且BC⊥CD，
所以DE⊥CD，DE⊥AD，则折叠后，DE⊥A1D，
又A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面A1CD，
所以DE⊥平面A1CD，A1C⊂平面A1CD，
所以DE⊥A1C，
又已知A1C⊥CD，CD∩DE=D，且都在面BCDE内，
所以A1C⊥平面BCDE；
(2)由(1)，分别以CD，CB，CA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系C−xyz，
因为AD=2CD，故DE=23BC=2，
由几何关系可知，CD=2，A1D=4，A1C=2 3，
故C(0,0,0)，D(2,0,0)，E(2,2,0)，B(0,3,0)，A1(0,0,2 3)，M(1,0, 3)，
CM=(1,0, 3)，A1B=(0,3,−2 3)，A1E=(2,2,−2 3)，
设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅A1B=3y−2 3z=0n⋅A1E=2x+2y−2 3z=0，
不妨令y=2，则z= 3，x=1，
所以n=(1,2, 3)，
设CM与平面A1BE所成角的大小为θ，
则有sinθ=|cs|=|CM⋅n||CM||n|=42×2 2= 22，
故θ=π4，
即CM与平面A1BE所成角的大小为π4；
(3)假设在线段AC上存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，
在空间直角坐标系中，BM=(1,−3, 3)，CM=(1,0, 3)，CA1=(0,0,2 3)，
设CN=λCA，则CN=(0,0,2 3λ)，BN=BC+CN=(0,−3,0)+(0,0.2 3λ)=(0,−3,2 3λ)，
设平面BMN的先向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅BM=x2−3y2+ 3z=0n2⋅BN=−3y2+2 3λz2=0，
不妨令z2= 3，则y2=2λ，x2=6λ−3，
所以n2=(6λ−3,2λ, 3)，
设平面CBM的法向量为n3−=(x3,y3,z3)，
则n3⋅BM=x3−3y3+ 3z3=0n3⋅CM=x3+ 3z3=0，
不妨令z3= 3，则x3=−3，y3=0，
所以n−3=(−3,0, 3)，
若平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，
则满足cs=|n2⋅n3||n2||n3|=|9−18λ+3|2 3× 9(2λ−1)2+4λ2+3= 34，
化简得2λ2−3λ+1=0，
解得λ=1或12，
即CN=CA1或CN=12CA1，
故在线段A1C上存在这样的点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，此时CN的长度为 3或2 3．
19.(1)解：令椭圆C：x2a2+y2b2=1的半焦距为c，由离心率为12，得ca=12，
则a=2c,b= a2−c2= 3c，
由三角形面积为2 3，得ab=2 3，则c=1，a=2,b= 3，
∴C的方程是x24+y23=1；
(2)(i)证明：由(1)知，点Q(2,0)，
设直线l的方程为x=my+n，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x=my+n3x2+4y2=12，得(3m2+4)y2+6mny+3n2−12=0，
则y1+y2=−6mn3m2+4,y1y2=3n2−123m2+4，
直线QA与QB的斜率分别为kQA=y1x1−2，kQB=y2x2−2，
于是kQA⋅kQB=y1y2(my1+n−2)(my2+n−2)=y1y2m2y1y2+m(n−2)(y1+y2)+(n−2)2
=3n2−123m2+4m2⋅3n2−123m2+4−m(n−2)⋅6mn3m2+4+(n−2)2
=3n2−124n2−16n+16=14，整理得n2+2n−8=0，解得n=−4或n=2，
当n=2时，直线x=my+2过点Q，不符合题意，因此n=−4，
此时直线l：x=my−4恒过定点P(−4,0)；
(ii)解：由(i)知，y1+y2=24m3m2+4,y1y2=363m2+4，
则|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2= 576m2(3m2+4)2−1443m2+4=12 m2−43m2+4，
因此△QAB的面积S△QAB=12|PQ||y1−y2|=36 m2−43( m2−4)2+16=363 m2−4+16 m2−4
≤368 3=3 32，当且仅当3 m2−4=16 m2−4，即m=±2 213时取等号，
故△QAB面积的最大值为3 32．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若a=(2,3,2)，b=(1,2,2)，c=(−1,2,2)，则(a−b)⋅c的值为( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
2.已知命题p：方程x25−m+y2m−1=1表示焦点在y轴上的椭圆，则m的范围( )
A. 3
3.如图，空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在OA上，OM=2MA，点N为BC中点，则MN−等于( )
A. 12a−23b+12c
B. −23a+12b+12c
C. 12a+12b−12c
D. −23a+23b−12c
4.已知M(4,2)是直线l被椭圆x2+4y2=36所截得的线段AB的中点，则直线l的方程为( )
A. 2x+y−8=0B. x+2y−8=0C. x−2y−8=0D. 2x−y−8=0
5.已知点A(2,−3)，B(−3,−2)直线l过点P(1,1)，且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是( )
A. (−∞,−4]∪[34,+∞)B. (−∞,−14]∪[34,+∞)
C. [−4,34]D. [34,4]
6.已知向量a=(1,1, 2),b=(−3,2,0)，则a−b在a上的投影向量为( )
A. (34,34,3 24)B. (54,54,5 24)C. (32,32,3 22)D. (−25,35, 25)
7.已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在M上，Q为PF2的中点，且F1Q⊥PF2，|F1Q|=b，则M的离心率为( )
A. 33B. 13C. 12D. 22
8.已知圆C：x2+(y−3)2=4过点(0,4)的直线l与x轴交于点P，与圆C交于A，B两点，则CP⋅(CA+CB)的取值范围是( )
A. [0,1]B. [0,1)C. [0,2]D. [0,2)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知椭圆C：x2+4y2=16的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的任意一点，则( )
A. C的离心率为12B. |PF1|+|PF2|=8
C. |PF1|的最大值为4+2 3D. 使∠F1PF2为直角的点P有4个
10.已知直线l：kx−y+k=0，圆C：x2+y2−6x+5=0，P(x0,y0)为圆C上任意一点，则下列说法正确的是( )
A. x02+y02的最大值为5B. y0x0的最大值为2 55
C. 直线l与圆C相切时，k=± 33D. 圆心C到直线l的距离最大为4
11.如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB=BC=AA1=1，点D为侧棱BB1上的动点，M为线段A1B1中点，则下列说法正确的是( )
A. 存在点D，使得AD⊥平面BCM
B. △ADC1周长的最小值为1+ 2+ 3
C. 三棱锥C1−ABC的外接球的体积为 32π
D. 平面ADC1与平面ABC的夹角正弦值的最小值为 53
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.直线3x+4y+2=0被圆x2+y2−2x−3=0截得的弦长为______．
13.点P是椭圆x24+y2=1上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，若|PF1|⋅|PF2|=43，则∠F1PF2的大小为______．
14.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，CC1=C1D1= 3,C1B1=1，点P为线段B1C上一点，则C1P⋅D1P的最大值为______．
005A
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为梯形，AD//BC，AB=AD=2，BD=2 2，BC=4．
(1)证明：A1B1⊥AD1；
(2)若AA1=2，求点B到平面B1CD1的距离．
16.(本小题16分)
已知圆C经过点A(3,1)，B(−1,3)，且它的圆心C在直线3x−y−2=0上．
(1)求圆C的方程；
(2)若E点为圆C上任意一点，且点F(4,0)，求线段EF的中点M的轨迹方程．
17.(本小题16分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为F(1,0)，且离心率为12．
(1)求C的方程；
(2)过F作直线l与C交于M，N两点，O为坐标原点，若S△OMN=6 27，求l的方程．
18.(本小题16分)
在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，满足DE//BC且DE经过△ABC的重心，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，M是A1D的中点，如图所示．
(1)求证：AC⊥平面BCDE；
(2)求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)在线段A1C上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34？若存在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由．
19.(本小题16分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，右顶点Q与C的上，下顶点所围成的三角形面积为2 3．
(1)求C的方程．
(2)不过点Q的动直线l与C交于A，B两点，直线QA与QB的斜率之积恒为14．
(i)证明：直线l过定点；
(ii)求△QAB面积的最大值．
参考答案
1.C
2.A
3.B
4.B
5.A
6.B
7.C
8.D
9.BCD
10.BCD
11.AC
12.2 3
13.60°
14.3
15.(1)证明：因为AB=AD=2，BD=2 2，
所以AB2+AD2=8=BD2，
所以AB⊥AD，
因为ABCD−A1B1C1D1为直四棱往，
所以A1A⊥AB，
因为A1A∩AD=A，A1A，AD⊂面ADD1A1，
所以AB⊥面ADD1A1，
因为A1B1//AB，
所以A1B1⊥面ADD1A1，
因为AD1⊂面ADD1A1，
所以A1B1⊥AD1．
(2)解：由(1)及题意知，AB，AD，A1A两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB=AD=2，BD=2 2，BC=4，A1A=2．
所以A(0,0,0)，B(2,0,0)，B1(2,0,2)，C(2,4,0)，D1(0,2,2)，D(0,2,0)，
所以CB1=(0,−4,2)，CD1=(−2,−2,2)，BC=(0,4,0)，
设平面B1CD1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CB1=0n⋅CD1=0，
即−4y+2z=0−2x−2y+2z=0，
令y=1，
解得x=1，z=2，
∴n=(1,1,2)，
所以点B到平面B1CD1的距离为d=|BC⋅n||n|=4 6=2 63．
16.解：(1)由已知可设圆心N(a,3a−2)，又由已知得|NA|=|NB|，
从而有 (a−3)2+(3a−2−1)2= (a+1)2+(3a−2−3)2，解得：a=2．
于是圆N的圆心N(2,4)，半径r= 10．
所以，圆N的方程为(x−2)2+(y−4)2=10．
(2)设M(x,y)，又点D是圆N：(x−2)2+(y−4)2=10上任意一点，
可设D(2+ 10csα,4+ 10sinα)．
∵F(4,0)，点M是线段FD的中点，
∴有x=4+2+ 10csα2，y=0+4+ 10sinα2，
消去参数α得：(x−3)2+(y−2)2=52．
故所求的轨迹方程为：(x−3)2+(y−2)2=52．
17.解：(1)由已知得c=1e=ca=12a2=b2+c2，解得a=2b= 3c=1，
所以C的方程为x24+y23=1．
(2)由题可知，若△OMN面积存在，则直线l的斜率不为0，
所以设直线l的方程为x=my+1，m显然存在，
M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x24+y23=1,x=my+1,消去x得(3m2+4)y2+6my−9=0，
因为直线l过点F，所以Δ>0显然成立，
且y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4，
因为S△OMN=12|OF|⋅|y1−y2|=12⋅ (y1+y2)2−4y1y2=12⋅ 144(m2+1)3m2+4=6 27，
化简得18m4−m2−17=0，
解得m2=1或m2=−1718(舍)，
所以直线l的方程为x+y−1=0或x−y−1=0．
18.解：(1)证明：因为在Rt△ABC中，∠C=90°，DE//BC，且BC⊥CD，
所以DE⊥CD，DE⊥AD，则折叠后，DE⊥A1D，
又A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面A1CD，
所以DE⊥平面A1CD，A1C⊂平面A1CD，
所以DE⊥A1C，
又已知A1C⊥CD，CD∩DE=D，且都在面BCDE内，
所以A1C⊥平面BCDE；
(2)由(1)，分别以CD，CB，CA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系C−xyz，
因为AD=2CD，故DE=23BC=2，
由几何关系可知，CD=2，A1D=4，A1C=2 3，
故C(0,0,0)，D(2,0,0)，E(2,2,0)，B(0,3,0)，A1(0,0,2 3)，M(1,0, 3)，
CM=(1,0, 3)，A1B=(0,3,−2 3)，A1E=(2,2,−2 3)，
设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅A1B=3y−2 3z=0n⋅A1E=2x+2y−2 3z=0，
不妨令y=2，则z= 3，x=1，
所以n=(1,2, 3)，
设CM与平面A1BE所成角的大小为θ，
则有sinθ=|cs
故θ=π4，
即CM与平面A1BE所成角的大小为π4；
(3)假设在线段AC上存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，
在空间直角坐标系中，BM=(1,−3, 3)，CM=(1,0, 3)，CA1=(0,0,2 3)，
设CN=λCA，则CN=(0,0,2 3λ)，BN=BC+CN=(0,−3,0)+(0,0.2 3λ)=(0,−3,2 3λ)，
设平面BMN的先向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅BM=x2−3y2+ 3z=0n2⋅BN=−3y2+2 3λz2=0，
不妨令z2= 3，则y2=2λ，x2=6λ−3，
所以n2=(6λ−3,2λ, 3)，
设平面CBM的法向量为n3−=(x3,y3,z3)，
则n3⋅BM=x3−3y3+ 3z3=0n3⋅CM=x3+ 3z3=0，
不妨令z3= 3，则x3=−3，y3=0，
所以n−3=(−3,0, 3)，
若平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，
则满足cs
化简得2λ2−3λ+1=0，
解得λ=1或12，
即CN=CA1或CN=12CA1，
故在线段A1C上存在这样的点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，此时CN的长度为 3或2 3．
19.(1)解：令椭圆C：x2a2+y2b2=1的半焦距为c，由离心率为12，得ca=12，
则a=2c,b= a2−c2= 3c，
由三角形面积为2 3，得ab=2 3，则c=1，a=2,b= 3，
∴C的方程是x24+y23=1；
(2)(i)证明：由(1)知，点Q(2,0)，
设直线l的方程为x=my+n，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x=my+n3x2+4y2=12，得(3m2+4)y2+6mny+3n2−12=0，
则y1+y2=−6mn3m2+4,y1y2=3n2−123m2+4，
直线QA与QB的斜率分别为kQA=y1x1−2，kQB=y2x2−2，
于是kQA⋅kQB=y1y2(my1+n−2)(my2+n−2)=y1y2m2y1y2+m(n−2)(y1+y2)+(n−2)2
=3n2−123m2+4m2⋅3n2−123m2+4−m(n−2)⋅6mn3m2+4+(n−2)2
=3n2−124n2−16n+16=14，整理得n2+2n−8=0，解得n=−4或n=2，
当n=2时，直线x=my+2过点Q，不符合题意，因此n=−4，
此时直线l：x=my−4恒过定点P(−4,0)；
(ii)解：由(i)知，y1+y2=24m3m2+4,y1y2=363m2+4，
则|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2= 576m2(3m2+4)2−1443m2+4=12 m2−43m2+4，
因此△QAB的面积S△QAB=12|PQ||y1−y2|=36 m2−43( m2−4)2+16=363 m2−4+16 m2−4
≤368 3=3 32，当且仅当3 m2−4=16 m2−4，即m=±2 213时取等号，
故△QAB面积的最大值为3 32．
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