北京市101中学19-20学年高二上学期期末数学试卷 (附答案解析)

北京市101中学19-20学年高二上学期期末数学试卷一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）1.设z=2−2i1+i，则｜z｜=()A. √2B. 2C. √5D. 32.设a,b,c分别是ΔABC中所对边的边长，则直线bx−sinBy−c=0与sinAx+ay+sinc=0的位置关系是()A. 平行B. 重合C. 垂直D. 相交但不垂直3.下列命题中正确的是()A. 命题“∀x∈R,2x>0”的否定是“∃x0∈R,2x0≤0”；B. 命题“若am2<bm2，则a<b”的逆命题是真命题；C. l为直线，α、β为两个不同的平面，若l⊥α，α⊥β，则l//β；D. 若命题p为真命题，命题q为假命题，则命题“p∧q”为真命题；4.如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，M为AB的中点，将△ADM沿DM翻折．在翻折过程中，当二面角A—BC—D的平面角最大时，其正切值为()A. √33B. 12C. √23D. 145.已知两圆C1：(x−4)2+y2=169，C2：(x+4)2+y2=9，动圆在圆C1内部且和圆C1相内切，和圆C2相外切，则动圆圆心M的轨迹方程为()A. x264−y248=1 B. x248+x264=1 C. x248−y264=1 D. x264+y248=16.已知F是抛物线y2=x的焦点，A，B是该抛物线上的两点，|AF|+|BF|=3，则线段AB的中点D到y轴的距离为()A. 34B. 1 C. 54D. 747.已知四棱锥S−ABCD的底面是边长为2的正方形，AC、BD相交于点O，SO⊥面ABCD，SO=2，E是BC的中点，动点P在该棱锥表面上运动，并且总保持PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹的周长为( )A. √2+2B. √2+√3C. √2+√6D. √2+√628. 已知P(1,√3)是双曲线C ：x 2a 2−y 2b2=l(a >0,b >0)渐近线上的点，则双曲线C 的离心率是( )A. 2B. √2C. √5D. √52二、填空题（本大题共6小题，共30.0分） 9. 双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)右支上一点P 到左焦点的距离是到右准线距离的6倍，则该双曲线离心率的范围为________．10. 已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为____．11. 已知两点P(−2,2)，A(2,2)，动直线l 过点A ，直线PM 垂直l 于点M ，则PM 的中点的轨迹方程是________．12. 过M(12,1)的直线l 与圆C:(x −1)2+y 2=4交于A,B 两点，当∠ACB 最小时，直线l 的方程为________．13. 设F 1，F 2分别是椭圆x 2+y 2b 2=1(0<b <1)的左、右焦点，过F 1斜率为1的直线与椭圆相交于A,B 两点，且|AB|=43，则b 的值为____．14. 在四面体ABCD 中，设AB =1，CD =√3，直线AB 与CD 的距离为2，夹角为π3，则四面体的体积等于________．三、解答题（本大题共5小题，共50.0分） 15. 已知复数z 满足|z|=√2，z 2的虚部是2．(1)求复数z ．(2)设z ，z 2，z −z 2在复平面上的对应点分别为A ，B ，C ，求△ABC 的面积．16. 在如图所示的坐标系中，长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，已知AB =2，AA 1=1，直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30°，AE 垂直BD 于点E ，F 是A 1B 1的中点． (Ⅰ)求异面直线AE 与BF 所成角的余弦值； (Ⅱ)求直线AA 1与平面BDF 所成角的正弦值．17. 在图所示的五面体中，面ABCD 为直角梯形，∠BAD =∠ADC =π2，平面ADE ⊥平面ABCD ，EF =2DC =4AB =4，EF//CD ，△ADE 是边长为2的正三角形． (1)证明：BE ⊥平面ACF ；(2)若点P 在线段EF 上，且二面角P −BC −F 的余弦值为√108，求EP PF 的值．18.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x−y−2=0，抛物线C：y2=2px(p>0)．(1)若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q．①求证：线段PQ的中点坐标为(2−p,−p)；②求p的取值范围．19.一种画椭圆的工具如图1所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN=ON=1，MN=3，当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕O转动，M处的笔尖画出的椭圆记为C，以O为原点，AB 所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系．(1)求椭圆C的方程；(2)设动直线l与两定直线l1：x−2y=0和l2：x+2y=0分别交于P，Q两点．若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．解：z=2−2i1+i =(2−2i)(1−i)(1+i)(1−i)=−4i2=−2i，｜z｜=2．故选B．2.答案：C解析：本题考查直线的斜率，正弦定理的应用，基本知识的考查．求出两条直线的斜率，结合正弦定理即可判断两条直线的位置关系．解：a，b，c分别是△ABC中∠A，∠B，∠C所对边的边长，则直线sinA⋅x+ay+sinC=0的斜率为：−sinAa，bx−sinB⋅y−c=0的斜率为：bsinB，∵−sinAa ⋅bsinB=−sinA2RsinA⋅2RsinBsinB=−1，∴两条直线垂直．故选C．3.答案：A解析：本题考查四种命题、全称命题及特称命题的真假判断，要弄清条件和结论再解决问题．解：对于A，全称命题的否定是将任意改成存在，将结论否定，故命题“∀x∈R,2x>0”的否定是“∃x0∈R,2x0≤0”，A正确；对于B，命题“若am2<bm2，则a<b”的逆命题是若a<b，则am2<bm2，显然当m2=0时不成立，故我j假命题，B错误；对于C，当l⊂β时，也满足l⊥α，α⊥β，故C错误；对于D，当命题“p∧q”为真命题时，p，q都是真命题时才为真，故D错误．4.答案：B解析：本题考查二面角的平面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，注意运用面面垂直的性质定理，考查运算求解能力，是难题．过A作DM的垂线，垂足为E，交CD于F，交BC于G，设A在平面BCD内的射影为O，则O在直线EG上，过O作BC的垂线，垂足为H，则∠AHO为二面角A−BC−D的平面角，通过辅助角公式和正弦函数的值域，解不等式可得所求正切值．解：在图1中，过A作DM的垂线，垂足为E，交CD于F，交BC于G，在图2中，设A在平面BCD内的射影为O，则O在直线EG上，过O作BC的垂线，垂足为H，连接AH，则∠AHO为二面角A−BC−D的平面角，设∠AEO=θ，(0<θ<π)，AE=√22，AO=AEsinθ=√22sinθ，由∠GAB=45°，可得AG=2√2，OG=2√2−√22−√22cosθ=2√2−√22(1+cosθ)，OH=√22OG=2−12(1+cosθ)，即有tan∠AHO=AOOH =√22sinθ2−12(1+cosθ)=√2⋅sinθ3−cosθ(0<θ<π)，令t=sinθ3−cosθ>0，0<θ<π，可得sinθ+tcosθ=3t≤√t2+1，解得0<t≤√24，则tan∠AHO≤12．所以当二面角A−BC−D的平面角最大时，其正切值为12．5.答案：D解析：解：设动圆圆心M(x,y)，半径为r ，∵圆M 与圆C 1：(x −4)2+y 2=169内切，与圆C 2：(x +4)2+y 2=9外切， ∴|MC 1|=13−r ，|MC 2|=r +3， ∴|MC 1|+|MC 2|=16>8，由椭圆的定义，M 的轨迹为以C 1，C 2为焦点的椭圆， 可得a =8，c =4；则 b 2=a 2−c 2=48； ∴动圆圆心M 的轨迹方程：x 264+y 248=1． 故选：D ．根据两圆外切和内切的判定，圆心距与两圆半径和差的关系，设出动圆半径为r ，消去r ，根据圆锥曲线的定义，即可求得动圆圆心M 的轨迹，进而可求其方程．考查两圆的位置关系及判定方法和椭圆的定义和标准方程，要注意椭圆方程中三个参数的关系：b 2=a 2−c 2，属中档题．6.答案：C解析：本题考查解决抛物线上的点到焦点的距离问题，利用抛物线的定义将到焦点的距离转化为到准线的距离．根据抛物线的方程求出准线方程，利用抛物线的定义抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，列出方程求出A ，B 的中点横坐标，求出线段AB 的中点到y 轴的距离． 解：∵F 是抛物线y 2=x 的焦点， F(1 4，0)准线方程x =−1 4， 设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，根据抛物线的定义抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离|AF|=x 1+1 4，|BF|=x 2+1 4， ∴|AF|+|BF|=x 1+1 4+x 2+1 4=3 解得x 1+x 2= 5 2，∴线段AB的中点横坐标为 5 4，∴线段AB的中点到y轴的距离为 5 4．故选：C．7.答案：C解析：解：由题意知：点P的轨迹为如图所示的三角形EFG，其中G、F为中点，∴EF=12BD=√2，GE=GF=12SB=√62，∴轨迹的周长为√2+√6．故选C．根据题意可知点P的轨迹为三角形EFG，其中G、F为中点，根据中位线定理求出EF、GE、GF，从而求出轨迹的周长．本题主要考查了轨迹问题，以及点到面的距离等有关知识，同时考查了空间想象能力，计算推理能力，属于中档题．8.答案：A解析：解：点P(1,√3)是双曲线C：x2a2−y2b2=l(a>0,b>0)渐近线上y=bax的点，可得：ba =√3，即b=√3a，c2−a2=3a2，e=ca>1，所以e=2．故选：A．求出双曲线的渐近线方程，然后转化求解即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．9.答案：1<e≤2或3≤e<6解析：设P 到右准线d 的距离为d ，则d ≥a −a 2c，求出P 到右焦点的距离，P 到左焦点的距离，利用双曲线的定义，结合d ≥a −a 2c，建立不等式，即可确定双曲线离心率的范围．解：由题意，设P 到右准线d 的距离为d ，则d ≥a −a 2c，根据第二定义，可得P 到右焦点的距离为ed ，因为右支上一点P 到左焦点的距离是到右准线距离的6倍， 所以P 到左焦点的距离为6d ， 所以6d −ed =2a ， 所以d =2a6−e (e <6)， 所以2a6−e≥a −a 2c ，所以26−e ≥1−1e ， 所以e 2−5e +6≥0， 所以e ≤2或e ≥3， 因为1<e <6，所以1<e ≤2或3≤e <6． 故答案为1<e ≤2或3≤e <6．10.答案：14a 2解析：利用向量的三角形法则、数量积运算即可得出.本题考查了向量的三角形法则、数量积运算，属于基础题．解：如图所示，∵AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ．∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =14(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =14a 2cos60∘×2=14a 2． 故答案为14a 2．11.答案：(x +1)2+(y −2)2=1解析：本题考查了动点的轨迹方程，根据题意首先求出点M 的轨迹方程，然后由相关点求解．解：∵P(−2,2)，A(2,2)，PM 垂直l 于点M ，∴M 点的轨迹是以PA 为直径的圆，∴M 的轨迹方程为x 2+(y −2)2=4，设PM 的中点为N(x,y)，M(x 1,y 1)，∴{x =x 1−22y =y 1+22，即{x 1=2x +2y 1=2y −2， 代入M 的方程整理可得：(x +1)2+(y −2)2=1，故答案为(x +1)2+(y −2)2=1．12.答案：2x −4y +3=0解析：本题考查了圆与直线的相关知识，研究知点M(12,1)在圆内，过它的直线与圆交于两点A ，B ，当∠ACB最小时，直线l 与CM 垂直，故先求直线CM 的斜率，再根据充要条件求出直线l 的斜率，由点斜式写出其方程．解：验证知点P(12,1)在圆内，当∠ACB 最小时，直线l 与CM 垂直，由圆的方程，圆心C(1,0)，∵k CM =1−012−1=−2， ∴k l =12，∴l：y−1=12(x−12)，整理得2x−4y+3=0，故答案为2x−4y+3=0．13.答案：√22解析：本题考查椭圆的性质及几何性质，直线与椭圆的位置的关系，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．通过椭圆方程可知F1(−√1−b2,0)、F2(√1−b2,0)，通过过F1的直线L的斜率为1可知其方程为y= x+√1−b2，联立直线L与椭圆方程，利用弦长公式计算即得结论．解：依题意，F1(−√1−b2,0)，F2(√1−b2,0)，∵过F1的直线L的斜率为1，∴直线L的方程为：y=x+√1−b2，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立直线L与椭圆方程，消去y整理得：(1+b2)x2+2√1−b2x+1−2b2=0，∴x1+x2=−2√1−b21+b2，x1x2=1−2b21+b2，∴|AB|=√2·√(x1+x2)2−4x1x2=√2· √4(1−b2)−4(1−2b2)(1+b2)2=2√2b1+b2=43，解得：b=√22．故答案为√22．14.答案：12解析：本题主要考查的是立体几何的有关知识，考查空间想象能力，属于一般题．解：∵四面体ABCD中，设AB=1，CD=√3，直线AB与CD的距离为2，夹角为π3，=13(12×1×2)×√3×√32=12，故答案为12． 15.答案：解：(1)设z =a +bi(a,b ∈R)，由已知可得：{√a 2+b 2=√22ab =2， 即{a 2+b 2=2ab =1， 解得{a =1b =1或{a =−1b =−1． ∴z =1+i 或z =−1−i ；(2)当z =1+i 时，z 2=2i ，z −z 2=1−i ，∴A(1,1)，B(0,2)，C(1,−1)，故△ABC 的面积S =12×2×1=1；当z =−1−i 时，z 2=2i ，z −z 2=−1−3i ，∴A(−1,−1)，B(0,2)，C(−1,−3)，故△ABC 的面积S =12×2×1=1．∴△ABC 的面积为1．解析：本题考查复数的乘方和加减运算，考查复数相等的条件和复数的几何意义，以及三角形的面积的求法，考查运算能力，属于容易题．(1)设z =a +bi(a,b ∈R)，由已知列关于a ，b 的方程组，求解可得复数z ；(2)分类求得A 、B 、C 的坐标，再由三角形面积公式求解．16.答案：解：(Ⅰ)在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，以A 为原点，以AB 所在的直线为x 轴，以AD 所在的直线为y 轴，以AA 1所在的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．由已知AB =2，AA 1=1，可得A(0,0，0)，B(2,0，0)，F(1,0，1)．又AD ⊥面AA 1B 1B ，从而BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为∠DBA =30°，而AB =2，AE ⊥BD ，AE =1，AD =2√33，∴E(12,√32,0)，D(0,2√33,0). AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,√32,0)，BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0，1)， ∴cos <AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BF ⃗⃗⃗⃗⃗ >=AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=−12√2=−√24． ∴异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为√24. (Ⅱ)直线AA 1的一个方向向量为m ⃗⃗⃗ =(0,0，1)，设n ⃗ =(x,y ，z)是平面BDF 的一个法向量，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2√33,0)， {n ⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +z =0n ⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x −2√33y =0， 取x =1，得n ⃗ =(1,√3,1)，cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√55， ∴直线AA 1与平面BDF 所成角的正弦值√55.解析：本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． (Ⅰ)以A 为原点，以AB 所在的直线为x 轴，以AD 所在的直线为y 轴，以AA 1所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE 与BF 所成角的余弦值．(Ⅱ)求出直线AA 1的一个方向向量和平面BDF 的一个法向量，利用向量法能动求出直线AA 1与平面BDF 所成角的正弦值．17.答案：证明：(1)连结BE 、AC 、AF ，取AD 的中点O ，连结OE ，依题意知OE ⊥AD ，平面ADE ⊥平面ABCD ，又OE ⊂平面ADE ，平面ADE ∩平面ABCD =AD ，∴OE ⊥平面ABCD ，∴以O 为原点，OA 为x 轴，OE 为z 轴，过O 作AB 的平行线为y 轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0，0)，B(1,1，0)，C(−1,2，0)，E(0,0，√3)，F(0,4，√3)，∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,√3)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2，0)，AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,4，√3)， ∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,√3)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2，0)，AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,4，√3)，∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴BE ⊥AC ，BE ⊥AF ，又AC ∩AF =A ，∴BE ⊥平面ACF ．解：(2)由(1)知BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1，0)，BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,3，√3)，设平面BCF 的一个法向量n⃗ =(x,y ，z)， 则{n ⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x +y =0n ⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +3y +√3z =0，取x =1，得n ⃗ =(1,2，−5√33)， 设P(x P ,y P ,z P )，EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λEF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，0≤λ≤1，EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4，0)， 则(x P ,y P ,z P −3)=(0,4λ,0)，∴P(0,4λ,√3)，BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1，0)，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,4λ−1,√3)， 设平面PBC 的一个法向量m⃗⃗⃗ =(x,y ，z)， 则{m ⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x +y =0m⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +(4λ−1)y +√3z =0，取x =1，得m ⃗⃗⃗ =(1,2，√3)， ∵二面角P −BC −F 的余弦值为√108， ∴|cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >|=|403λ|√403⋅√15+(3−8λ)23=√108， 解得λ=14或λ=−12(舍)，∴EPPF =13．解析：(1)连结BE 、AC 、AF ，取AD 的中点O ，连结OE ，则OE ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OA 为x 轴，OE 为z 轴，过O 作AB 的平行线为y 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明BE ⊥平面ACF ．(2)求出平面BCF 的一个法向量和平面PBC 的一个法向量，利用向量法能求出结果．本题考查线面垂直的证明，考查满足二面角的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．18.答案：解：(1)∵l ：x −y −2=0，∴l 与x 轴的交点坐标(2,0)，即抛物线的焦点坐标(2,0)．∴p2=2，∴抛物线C ：y 2=8x ．(2)证明：①设点P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，则：{y 12=2px 1y 22=2px 2， 即：{y 122p =x 1y 222p =x 2，k PQ =y 1−y 2y 122p −y 222p =2p y 1+y 2，又∵P ，Q 关于直线l 对称，∴k PQ =−1，即y 1+y 2=−2p ，∴y 1+y 22=−p ， 又PQ 的中点在直线l 上，∴x 1+x 22=y 1+y 22+2=2−p ，∴线段PQ 的中点坐标为(2−p,−p)；②因为Q 中点坐标(2−p,−p)．∴{y 1+y 2=−2px 1+x 2=y 12+y 222p =4−2p ，即{y 1+y 2=−2p y 12+y 22=8p −4p 2， ∴{y 1+y 2=−2p y 1y 2=4p 2−4p，即关于y 2+2py +4p 2−4p =0，有两个不相等的实数根， ∴△>0，(2p)2−4(4p 2−4p)>0，∴p ∈(0,43)．解析：本题考查抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．(1)求出抛物线的焦点坐标，然后求解抛物线方程．(2)①设点P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，通过抛物线方程，求解k PQ ，通过P ，Q 关于直线l 对称，点的k PQ =−1，推出y 1+y 22=−p ，PQ 的中点在直线l 上，推出x 1+x 22=2−p ，即可证明线段PQ 的中点坐标为(2−p,−p)；②利用线段PQ 中点坐标(2−p,−p)，推出{y 1+y 2=−2p y 1y 2=4p 2−4p，得到关于y 2+2py +4p 2−4p =0，有两个不相等的实数根，列出不等式即可求出p 的范围．19.答案：解：(1)设D(t,0)，|t|≤2，N(x 0,y 0)，M(x,y)，由题意得MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2DN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 且|DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1， ∴(t −x,−y)=2(x 0−t,y 0)，且{x 02+y 02=1(x 0−t)2+y 02=1， 即{y =−2y 0t−x=2x 0−2t，且t(t −2x 0)=0，由于当点D 不动时，点N 也不动，∴t 不恒等于0，于是t =2x 0，故x 0=x 4，y 0=−y 2，代入x 02+y 02=1，得方程为x 216+y 24=1．(2)①当直线l 的斜率k 不存在时，直线l 为：x =4或x =−4，都有S △OPQ =12×4×4=8， ②直线l 的斜率k 存在时，直线l 为：y =kx +m ，(k ≠±12)，由{x 2+4y 2=16y=kx+m 消去y ，可得(1+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−16=0，∵直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点，∴△=64k 2m 2−4(1+4k 2)(4m 2−16)=0，即m 2=16k 2+4，①，由{x −2y =0y=kx+m ，可得P(2m 1−2k ,m 1−2k )，同理得Q(−2m 1+2k ,m 1+2k )，原点O 到直线PQ 的距离d =√1+k 2和|PQ|=√1+k 2⋅|x P −x Q |，可得S △OPQ =12|PQ|d =12|m||x P −x Q |=12|m||2m 1−2k +2m 1+2k |=|2m 21−4k 2|②， 将①代入②得S △OPQ =|2m 21−4k 2|=8|4k 2+14k 2−1|， 当k 2>14时，S △OPQ =8(4k 2+14k 2−1)=8(1+24k 2−1)>8， 当0≤k 2<14时，S △OPQ =8|4k 2+14k 2−1|=−8(4k 2+14k 2−1)=8(−1+21−4k 2)， ∵0≤k 2<14时，∴0<1−4k 2≤1，21−4k 2≥2，∴S △OPQ =8(−1+21−4k )≥8，当且仅当k =0时取等号，∴当k =0时，S △OPQ 的最小值为8，综上可知当直线l 与椭圆C 在四个顶点处相切时，三角形OPQ 的面积存在最小值为8．解析：(1)根据条件求出a ，b 即可求椭圆C 的方程；(2)联立直线方程和椭圆方程，求出原点到直线的距离，结合三角形的面积公式进行求解即可． 本题主要考查椭圆方程的求解，以及直线和圆锥曲线的位置关系的应用，结合三角形的面积公式是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．。