江苏省连云港市灌云县2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份江苏省连云港市灌云县2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共20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。
抛物线 y  4x2 的焦点到准线的距离是（ ）.
A． 1
16
B． 1
8
C．2D．4
1
2
两圆C : x2  y2  1 与C :  x  32  y2  4 的公切线条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
已知直线l1 : ax  2 y  0 与直线l2 : x  a 1 y  4  0 ，则“ a  1 ”是“ l1//l2 ”的（ ）
充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
已知 F1 、F2 是双曲线 C 的两个焦点，P 为 C 上一点，且F1PF2  120, PF1  3 PF2 ，则双曲线 C 的离心
率为（ ）
7
2
13
2
D．
7
13
一动圆与圆 x2  y2  6x  5  0 外切，与圆 x2  y 2  6 x  91  0 内切，则该动圆圆心的轨迹是（ ）
圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
设抛物线C : x2  16 y 的焦点为 F，斜率不为 0 的直线 l 过点 A(3, 4) ，过 F 作 l 的垂线，垂足为 P，Q 是 C
上的一个动点，则| FQ |  | PQ | 的最小值为（ ）
11
2
x2
B．6C． 13
2
y y
x  y  1
D．7
曲线
169
 1 与直线 43的公共点的个数为（ ）
A． 3B． 2C．1D． 0
FFx2y2
已知 1 ， 2 分别是椭圆C : a2  b2  1(a  b  0) 的左、右焦点，点 P，Q 是 C 上位于 x 轴上方的任意两
点，且 PF1 //QF2 ．若 PF1  QF2  b ，则 C 的离心率的取值范围是（ ）
A．  0, 1 B．  1 ,1
2  2

C．  0, 3 

D．  3 ,1
2  2

二、多选题
已知双曲线C 过点(3, 2) 且渐近线方程为 y  
x22
3 x ，则下列结论正确的是（ ）
3
3
双曲线C 的方程为 y  1
3
双曲线C 的离心率为
曲线 y  ex2  1 经过双曲线C 的一个焦点D．焦点到渐近线的距离为 1 10．已知点 P 在圆 x2   y  32  8 上，点 A0, 1 ， B 0,1 ， C 7, 0 ，则（ ）
2
2
PA PBB．当VPAB 面积最大时， PA  2
2
2
C．当PCA 最小时， PC  5D．当PCA 最大时， PC  5
拋物线 y2  4x 的焦点为 F ，过 F 的直线交拋物线于 A，B 两点，点 P 在拋物线C 上，则下列结论中正
确的是（ ）
若M 2, 2 ，则 PM  PF 的最小值为 4
当 AF  3FB 时， AB  16
3
PQ
PF

若Q 1, 0 ，则的取值范围为1, 2 
在直线 x   3 上存在点 N ，使得ANB  90∘
2
三、填空题
已知抛物线 x2  6 y 的焦点为 F ，准线为l ，点 P 在抛物线上， PQ  l 于点Q ．若△PQF 是锐角三角形，则 PF 的取值范围是．
过点 P 4, 3 作圆O : x2  y2  4 的两条切线，切点分别为 M，N，则 MN  ．
x2y2FF22
已知椭圆C：  1的左、右焦点分别为 1 ， 2 ，M 为 C 上任意一点，N 为圆 E：(x  5)
43
上任意一点，则 MN  MF1 的最小值为．
 ( y  4)  1
四、解答题
已知V ABC 的顶点 A5,1 ，重心G 3, 3 ．
求线段 BC 的中点坐标；
记V ABC 的垂心为 H，若 B、H 都在直线 y  x 上，求 H 的坐标．
已知圆C 的圆心在直线2x  y  0 上，且与 y 轴相切于点0，2 .
求圆C 的方程；
若圆C 与直线l : x  y  m  0 交于 A, B 两点，，求m 的值.
3
从下列三个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：条件①： ACB  120° ；条件②： AB ；条件
–––→ –––→1
③： CA  CB   .
2
已知抛物线C ：x2  2 py( p  0) 和圆C ： x 12  y2  2，倾斜角为 45°的直线l 过C 的焦点且与C 相切．
12112
求 p 的值：
点 M 在C1 的准线上，动点 A 在C1 上， C1 在 A 点处的切线 l2 交 y 轴于点 B，设MN  MA  MB ，求证：点 N 在定直线上，并求该定直线的方程．
已知椭圆 E : x2  y2  1a  b  0 的左、右顶点为 A2, 0 ， B 2, 0 ，焦距为2 3 . O 为坐标原点，过

a2b2
点O 、 B 的圆G 交直线 x  1 于M 、 N 两点，直线 AM 、 AN 分别交椭圆 E 于 P 、Q .
求椭圆 E 的方程；
记直线 AM ， AN 的斜率分别为k1 、k2 ，求k1  k2 的值；
证明：直线 PQ 过定点，并求该定点坐标.
平面直角坐标系 xOy 中，P 为动点，PA 与直线 x  3y 垂直，垂足 A 位于第一象限，PB 与直线 x   3y
垂直，垂足 B 位于第四象限， APB  90 且 AP BP  3 ，记动点 P 的轨迹为C .
4
求C 的方程；
已知点 M 2, 0 ， N 2, 0 ，设点T 与点 P 关于原点O 对称，∠MTN 的角平分线为直线l ，过点 P 作l 的
PH
QH
垂线，垂足为 H ，交C 于另一点Q ，求的最大值.
1．B
根据抛物线方程及其定义确定焦点到准线的距离.
【详解】由抛物线方程知： x2  2 py  1 y ，即 p  1 ，
48
根据抛物线定义知：焦点到准线的距离是 p  1 .
8
故选：B 2．C
【解析】根据两圆的标准方程，可得它们的圆心坐标和半径大小，从而得到两圆的圆心距等于3 ，恰好等于两圆的半径之和，由此可得两圆位置关系是外切，进而求出结果．
【详解】由题意，圆C : x2  y2  1 的圆心为C 0,0 ，半径为r  1 ，
111
2
圆C2 :  x  32  y2  4 的圆心为C 3, 0 ，半径为r2  2 ；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
B
B
C
B
C
ACD
ACD
题号
11
答案
BC
所以 C1C2
 3 ，且r1  r2  3 ，所以 C1C2
 r1  r2 ，
所以两圆外切，此时两圆有且仅有 3 条公切线．故选:C．
3．A
【详解】当a  1 时，直线l1 : x  2 y  0 ，直线l2 : x  2 y  4  0 ，此时l1//l2 ，即a  1 可以推出l1//l2 ，当l1//l2 时，由a a 1  2 ，得到a  1 或a  2 ，
又a  2 时， l1 : x  y  0 ， l2 : x  y  4  0 ，显然有l1//l2 ，所以l1//l2 推不出a  1 ，
所以“ a  1 ”是“ l1//l2 ”的充分不必要条件，故选：A.
4．B
根据双曲线的定义及条件，表示出 PF1 , PF2 ，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为 PF1  3 PF2 ，由双曲线的定义可得 PF1  PF2
 2 PF2
 2a ，
所以 PF2  a ， PF1  3a ；
因为F1PF2  120 ，
由余弦定理可得 F F 2  PF 2  PF 2  2 PF  PF cs120
1 21212
即4c2  9a2  a2  2  3a  a cs120 ，整理可得4c2  13a2 ，
2c21313
所以e 
a2
故选：B 5．B
，即e .
42
先把两圆方程化成标准方程，得出圆心和半径，设出动圆圆心坐标，根据两圆相切的性质推导出(x, y) 满足的关系式后即可求解.
【详解】由 x2  y2  6x  5  0 可得， (x  3)2  y2  22 ，圆心为(3, 0) ，半径r  2 ；
由 x2  y 2  6 x  91  0 可得(x  3)2  y2  102 ，圆心为(3, 0) ，半径 R  10 .
设动圆的圆心为(x, y) ，半径为t ，
(x  3)2  y2
由于动圆和(x  3)2  y2  22 外切，根据两圆外切的性质， t  2 ，
(x  3)2  y2
由于动圆和(x  3)2  y2  102 内切，根据两圆内切的性质， 10  t ，
(x  3)2  y2
于是

 t  2 10  t  12 ，
(x  3)2  y2
即动点到(3, 0), (3, 0) 的距离之和是12 ，且12 大于两定点间距离6 ，根据椭圆的定义，动圆圆心的轨迹是椭圆.
故选：B 6．C
分析点 P 的轨迹，作出图形，结合抛物线定义可得.
【详解】 F (0, 4) ，因为 FP  l ，垂足为 P ，
所以点 P 的轨迹是以 FA 为直径的圆（不包括 F，A 两点），
半径r  1 | FA | 3 ，圆心为 B  3 , 4  ，又因为Q 在拋场线C : x2  16 y 上，
22 2

其准线为直线 y   4 ，过点Q 作准线的垂线，垂足为 R ，则 FQ  PQ  QR  PQ  PR ，
当 B, P, Q, R 四点共钱且 P 在 B 点下方时取等号，
( FQ  PQ )
故选：C.
min
 BR  r  8  3  13 .
22
7．B
根据 y  0 以及 y  0 分别得曲线为椭圆以及双曲线的一部分，根据直线 x  y  1与其关系即可求解.
43
【详解】当
y  0
时，曲线 x
 1 的方程为 x
2
y
 1，表示椭圆的上半部分( 含与
x 轴的交点)
，此时
y y
2
2
169
曲线与 x  y  1的交点为(0,3),(4,0),
43
169
当 y  0
时，曲线 x
 1 的方程为 x
2
y
 1，表示双曲线在
x 轴下方的部分，
y y
2
2
169169
其一条渐近线方程为： x  y  0 ，故直线 x  y  1与 x2  y2  1 y  0 无交点，
x2
43
x  y  1
43169
y y
曲线
169
故选：B
 1 与直线 43
的公共点的个数为2 .
8．C
根据题意延长 PF1 交椭圆另一交点为 A ，由条件结合椭圆性质可知 PF1  F2Q  PA ，再通过通径的性质有

2b2
b  PA
min
即可得解.
a
【详解】由点 P，Q 是 C 上位于 x 轴上方的任意两点，延长 PF1 交椭圆另一交点为 A ，
由 PF1 //QF2 再结合椭圆的对称性，易知 AF1  F2Q ，
所以 PF1  F2Q  PA ，
由椭圆过焦点的弦通径最短，
所以当 PA 垂直 x 轴时， PA 最短，
所以b  PA
min
2b2

，
a
所以ab  2b2 ，
解得0  e 3 .
2
故选：C
ACD
根据已知条件求得a, b, c ，由此对选项逐一分析，从而确定选项.
【详解】设双曲线方程为 Ax2  By2  1 ，将点(3, 2) 代入可得9 A  2B  1，
又因为双曲线的渐近线方程为 y  
3 ，所以 A   1 .
 A B
9 A  2B  11
3B3


由 A   1
 B3
解得 A 
, B  1，故选项A 正确；
3
由上可知， a 
3, b  1, c  2 ,所以双曲线的离心率为 c 
a
 2 3 ，故选项B 错误；
3
3
双曲线的焦点坐标为(± 2, 0) ，其中(2, 0) 满足 y  ex2  1 ，故选项C 正确；
双曲线的一个焦点坐标为(2, 0) ，渐近线方程为 y  
x ，即 3x  3 y  0 ，
3
3  9
2 3
焦点到渐近线的距离为
 1，故选项D 正确，
故选：ACD.
ACD
根据两点间的距离、三角形的面积、角的大小等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设 P  x, y  ，则 x2   y  32  8 ，
PA 2  x2   y 12  8   y  32   y 12  8 y ，
2

PB 2  2 PB 2  2x2  2  y 12  16  2  y  32  2  y 12  8 y ，
2
2
所以 PA PB ，A 选项正确.
SV PAB
 1  AB  x
2
P  xP
 2，
2
当 xP  2， yP  3时， VPAB 面积最大，
8 yP
24
6
对应 PA  2
，所以 B 选项错误.
58
58  2
2 2
对于 CD 选项，只需过C 点的直线与圆相切即可，
32  72
而 CD 
，则当 PC 与圆相切时， PC 
 5 2 ，
所以 CD 选项正确.故选：ACD
BC
对 A，根据抛物线的定义转化求解最小值即可；对 B，根据抛物线的定义，结合三角函数关系可得直线 AB
PQ
PF
1
倾斜角，再根据抛物线焦点弦长公式求解即可；对 C，根据抛物线的定义可得 cs PQF ，再分析临
界条件求解即可；对 D，
【详解】对 A，如图，由抛物线的定义， PF 的长度为 P 到准线的距离，故 PM  PF 的最小值为 PM 与 P
到准线距离之和，故 PM
PF 的最小值为M 到准线距离2 1  3
，故 A 错误；
对 B，不妨设 A 在第一象限，分别过 A, B 作准线的垂线 AM , BN ，垂足M , N ，作 BC  AM .则根据抛物线的定义可得 BN  BF , AM  AF ，故
cs AFx  cs BAC  AC  AM  CM  AF  BN  AF  BF  3BF  BF  1 .
ABABABAF  BF3BF  BF2
故AFx  60∘ ，所以 AB 
4
sin2 60
 16 .故 B 正确；
3
PQ
PF
PQ
PH
PQ
PF
1
对 C，过 P 作 PH 垂直于准线，垂足为 H ，则 cs PQF ，由图易得0  PQF  90 ，故
PQ
PF
随PQF 的增大而增大，当PQF  0 时 P 在O 点处，此时取最小值 1；当 PQ 与抛物线相切时PQF
最大，此时设 PQ 方程 x  ty 1，联立 y2  4x 有 y2  4ty  4  0 ，   4t 2  42  0 ，此时解得t  1，不妨
设t  1则 PQ 方程 y  x  1 ，此时倾斜角为45∘ ，
1
PQ
PF
 2 .
PQ
PF

cs 45
故
的取值范围为1, 2  ，故 C 正确；
对 D， 设 A x , y , B  x , y  ， AB 中点C  x1  x2 , y1  y2  ，故C 到准线 x  1 的距离CD  x1  x2 1，又
1 122
222
AB  x1  x2

2 ，故CD  1 AB ，故以 AB 为直径的圆与准线 x  1 相切，又满足ANB  90∘ 的所有点在以 AB
2
为直径的圆上，易得此圆与 x   3 无交点，故 D 错误；
2
故选：BC
3, 
在 y 轴上取点 A ，推导出PFA 为锐角，设点 P  x, y  ，可得出 FA  FP  0 ，可求得 y 的范围，再根据抛物线焦半径公式求解即可．
3 
2
【详解】由题意得 F  0,  ，

由抛物线的定义得 PF
 PQ ，所以PFQ  PQF ，
由于△PQF 是锐角三角形，则FPQ 为锐角，
在 y 轴上取一点 A0, 2 ，由 PQ//y 轴，所以ÐFPQ = ÐPFA ，则PFA 为锐角，
P x, y
–––→
1  –––→3 
22
设点  ， FA   0,  , FP   x, y   ，

uur uury33
则 FA×FP = - > 0 ，所以 y  ，
242
则 PF
 y  p  y  3 3, ∞ ，
22
故答案为： 3, ∞ ．
4 21 / 4 21
55
根据题意作出图像，利用两点距离公式求得 OP ，再在RtVPMO 与RtVPMQ 中利用正弦函数的定义求得
MQ ，进而求得 MN .
【详解】依题意，连结 PO, MO ，记Q 为 PO, MN 的交点，
因为 PM , PN 与圆O 相切，所以 PM  PN ， MO  PM ， PO  MN ， Q 是MN 的中点，
16  9
因为 P 4, 3 ， O 0, 0 ，所以 PO 
 5 ，
PO 2  MO 2
又 MO  r  2 ，所以在RtVPMO 中， MP 
， sin MPO  2 ， 5
21
MO
PO

故在RtVPMQ 中， MQ  PM sin MPO 
21  2  2 21 ，
55
所以 MN
 2 MQ  4
21 .
5
故答案为： 4 21 .
5
4 5 / 5  4
2
2
首先根据椭圆的定义将 MN  MF1 的最小值转化为 MN  MF2  4 ，再根据 MN  ME 1（当且仅当 M、
N、 E 共线时取等号），结合 ME  MF2  EF2 ，求得 MN  MF1 的最小值．
【详解】如图，
由 M 为椭圆 C 上任意一点，则 MF1  MF2
 4 ，
又 N 为圆 E： (x  5)2  ( y  4)2  1上任意一点，
则 MN  ME  | EN | ME 1 （当且仅当 M、N、E 共线且 N 在 M、E 之间时取等号），
 MN  MF1  MN  4  MF2  ，
 MN  MF2 4   ME 1  MF2 4  EF2  5 ，
当且仅当 M、N、E、 F2 共线且 M、N 在 E、 F2 之间时等号成立．
Q 由题意知， F2 1，0 ， E 5, 4 ，
(5 1)2  (4  0)2
则 EF2 
 4 2 ，
2
 MN  MF1 的最小值为4
 5 ，
2
故答案为： 4 5
15．(1) (2, 4)
(2) H (5, 5)
【详解】（1）设 BC 中点M  x0 , y0  ，
因为G 为V ABC 的重心，且 A5,1, G 3, 3 ，所以 AG  2GM ，即2，2  2  x0  3, y0  3
所以x0  3  1x0  2 ，所以 BC 中点M 2, 4
 y  3  1 y  4
 0 0
（2）因为 BH 的方程为 y  x ，且 H 为V ABC 的垂心所以kBH  kAC  1即1 kAC  1 ，所以kAC  1
所以直线 AC 的方程为： y 1  x  5 ，即 y  x  4
所以设点C  xC , xC  4 ，又因为 BC 的中点M 2, 4 ，设BxB, yB 则


xB  xC  2  2  4xB  4  xC
y
 B  xC
 4  2  4  8 即 y
B  12  xC
又因为点 B 在直线 y  x 上，即12  xC  4  xC  ，所以 xC  8
所以C 8, 4 ，所以k
BC  kMC
 4  4  0 ，则 BC 边上的高线 AH 为 x  5
8  2
而点 H 也在直线 BH ： y  x 上，所以点 H 的坐标即为 AH 与 BH 的交点即 H 5, 5 .
16．(1) (x 1)2   y  22  1;
(2) m  1 2
2
设圆心坐标为C(a, b) ，半径为，由b  2a ， b  2 ， r  a 求出圆心坐标和半径得圆方程；
选①，由等腰三角形求得圆心到直线 AB 的距离，再由点到直线距离公式得参数值；选②，由等腰三角形求得圆心到直线 AB 的距离，再由点到直线距离公式得参数值；
选③，由数量积的定义求得∠ACB ，然后同选①求解．
【详解】（1）设圆心坐标为C(a, b) ，半径为，
因为圆心C 在直线2x  y  0 上，所以2a  b .
又圆C 与 y 轴相切于点(0, 2) ，所以b  2, r  a  0 ，
所以圆C 的圆心坐标为C(1, 2), r  1，则圆C 的方程为(x 1)2   y  22  1 ；
（2）如果选择条件①，因为ACB  120° ， CA  CB  1，
所以圆心C 到直线l 的距离d  CA  cs 60  1 ，
2
11
1 2  m
则d  1 ，解得m  1 2 ，
22
3
如果选择条件②，因为 AB ， CA  CB  1，
由垂径定理可知圆心C 到直线l 的距离d  1 ．
2
11
1 2  m
则d  1 ，解得m  1 2 ，
22
–––→ –––→1
–––→ –––→1
如果选择条件③，因为CA  CB  
2
，所以 CA  CB  cs ACB   ，
2
得ACB  120° ，又 CA  CB  1，
所以圆心C 到直线l 的距离d  CA  cs 60  1 ，
2
11
1 2  m
则d  1 ，解得m  1 2 ．
22
17．(1) p = 6 ；
(2)证明见解析，定直线方程为 y  3 .
设直线 l1
的方程为 y  x  p ，再根据直线和圆相切求出 p 的值得解；
2
依题意设M (m, 3) ，求出切线 l2 的方程和 B 点坐标，求出MN   x1  2m,6 ， ON   x1  m ,3 ，即得
证.
【详解】（1）由题得抛物线C ：x2  2 py 的焦点坐标为(0, p ) ，
设直线 l1
12
的方程为 y  x  p ，
2
由已知得圆C ： x 12  y2  2的圆心C (1, 0) ，半径r  2 ，
22
因为直线 l1 与圆C2 相切，
2
12  12
1 p
p
所以圆心到直线l1：y  x  2 的距离d  2 ，
1  p
即2 
2
所以 p = 6 .
2 ，解得 p = 6 或 p  2 （舍去）．
（2）依题意设M (m, 3) ，由（1）知抛物线C1 方程为 x2  12 y ，
 x2
y  x
( xy
x  x1 ,
所以 y ，所以 ，设 A 1 ， 1 ），则以 A 为切点的切线 l2 的斜率为
1266
所以切线 l 的方程为 y  1 x  x  x   y ．
26 111
令 x  0，y   1 x2  y   1 12 y  y   y ，即 l 交 y 轴于 B 点坐标为(0,  y ) ，
6 116
11121
所以MA  (x1  m，y1  3), MB  m,  y1  3 ，
∴ MN  MA  MB   x1  2 m ,6  ，
∴ ON  OM  MN   x1  m ,3 ． 设 N 点坐标为（x，y），则 y  3 ，所以点 N 在定直线 y  3 上．
18．(1)
x2  2 
y
1
4
(2)  1
9
(3)证明见解析，  10 , 0 
 13

3
【详解】（1）由已知得a  2 ， c ，则b2  a2  c2  1，
x22
故椭圆的标准方程为 y
4
 1；
M 1, y
, N 1, y 
y  y2
 y  y 2
法一：设
12 ，则圆G 的方程为：  x 12   y  12 
  12  ，
22

圆G 过(0, 0) ，代入圆的方程得 y1 y2  1，
故k  k
yy
y y
1
 1  2  1 2   ；
121 (2) 1 (2)99
法二：设G 1, b ，圆G 半径为 r，则圆G 方程为：  x 12  ( y  b)2  r 2 ，圆G 过(0, 0) ，1+b 2  r 2 ，由题意可设M 1, b  r , N 1, b  r  ，
则k  k  b  r  b  r 
121 (2) 1 (2)
b2  r 2
9
  1 ； 9
由题意知，当圆G 的圆心不在 x 轴上时，直线 PQ 斜率存在，设直线 PQ : y  kx  m ， P( x3 , y3 ), Q( x4 , y4 ) ，
 y  kx  m

则 x2
 y 2  1
 4k 2 1 x2  8kmx  4m2  4  0 ，需满足Δ  16 4k 2 1 m2   0 ，
 4
x  x  
8km
4m2  4
则 34
4k 2 1 ， x3 x4 = 4k 2 1 ，
22
m2  4k 2
则 y3 y4 =kx3  mkx4  m  k x3x4  km  x3  x4   m 
，
4k 2 1
结合第一问知
y3 y4
  1 ，即9 y y
 x x
 2(x
 x )  4  0 ，
(x  2)(x  2)9
3 43 434
34

m2  4k 24m2  4
8km 
即得9 
4k 2 1
 4k 2 1  2   4k 2 1   4  0 ，
化简得13m2 16km  20k 2  0 ，
解得m  2k 或m   10 k ，
13
当m  2k 时，直线 PQ 方程为 y  kx  2k  k  x  2 ，直线 PQ 过点 A2, 0 ，不合题意，
当m   10 k 时，直线 PQ 方程为 y  kx  10 k  k  x  10  ，
1313
13 

故直线 PQ 过定点 10 , 0  ；
 13

当圆G 的圆心在 x 轴上时，M，N 关于 x 轴对称，此时直线 PQ 斜率不存在，圆 G 方程为(x 1)2  y2  1，
令 x  1 ，则 y  1，此时不妨设M (1,1), N (1, 1) ，
则 AM 的方程为 y 
1(x  2) ，即 y  1 (x  2) ，
x22
1 (2)
2
3
x  10
联立 y
4
 1，得13x
16x  20  0 ，解得 x  2 或13 ，
即 P 点横坐标为 x  10 ，则直线 PQ 此时也过点 10 , 0  ，
13 13

故直线 PQ 过定点 10 , 0  .
 13
19．(1)
(2) 1
4
x2  2
y
3

 1 x  0
【详解】（1）解：由题意设 P x0 , y0 ，由点到直线距离公式得
x0  3y0
2
x0  3y0
2
AP ， BP ，
x0  3 y0
x0  3 y0
∴ AP BP  3 ，
224
00
∴ x2  3y2  3，又∵垂足 A 位于第一象限，
垂足 B 位于第四象限， APB  90 ，
x22
∴ C 的轨迹方程为 y
3
 1 x  0 .
（2）解：由对称性，不妨设 P 在第一象限，设 P x0 , y0 ，则T x0 ,  y0  ，设直线l 的斜率为k ，记α 1,k，由l 为∠MTN 的角平分线，

TM α TN α
则有 –––→ –––→ ，
TMTN
x
2
其中 0  y2  1， x 
3 ， TM  x 2, y ， TN  x 2, y  ，
3000000

2  x y

2
2
00
 
2 x1
2
0
x
2
0
3
2 3
–––→
3
∴ TM



3
x0 ，
–––→
同理得： TN

2 3
x0 
TM α TN α

3 ，代入 –––→ –––→ 中，
3TMTN
3
 x0  2, y0  1, k    x0  2, y0  1, k 
∴ 2 3 x

3 x
，化简得： x0  3ky0 .
3
3030
x2
将 x0  3ky0 代入 0  y2  1， x 
中，
0
解得： x 
300
3k 2 1
0
3k， y 1，
3k 2 1
P
3k1
∴,
3k1
3k 2 1 

， T , ，
3k 2 1
3k 2 1


3k 2 1 
3k 1
2


3k
3k 2 1
设直线l 的方程为 y  kx  n ，将T  , 

1
代入，
解得： n 
3k 2 1 ，
∴直线l 的方程为 y  kx 
3k 2 1 ， k 3 ，
3k 2 1 
3k 1
2
3k 2 1
k 2 1
3
由点到直线距离公式得：
PH
.
2 3k 2 1
k 2 1
由直线 PQ 的斜率为 1 ，设直线 PQ 的方程为 x  ky  m ，
k
3k 1
2


3k1
3k 2 1
将 P ,

 点代入，解得： m 4k，
∴直线
PQ 的方程为
x  ky 4k
3k2 1
x2
2
，将其与 y
3
 1 x  0 联立得：
k 2  3 y2 
8k 2
7k 2  3
3k 2 1
3k 2 1
y 2
 0 ，
3k 1
k 2  3 3k 2 1
设Q  x1 , y1  ，则 y0  y1 
8k 2
7k 2  3
， y0 y1  k 2  33k 2 1 ，
3

y  y 4y y
01

2
0 1
3
6k2 12
1 k2
1 k2
由 y y  0 可知k 
, 3  ， PQ 
y  y


，
0 1
由均值不等式，
 3
PQ
PH

3k 2 12
22
01
3k 2 12
2
3  k2  3k2 1
 3 ，
3  k 3k
1
k 2 1
当且仅当3  k 2  3k 2 1，即k 2  1 时，等号成立，
∵ k  3 , 3  ，故k  1 ，
 3

∴
1 1
PH
QH
PQ
1
PH
，当且仅当k  1 时，等号成立.