2022-2023学年湖北省武汉市高二年级上册学期期中模拟数学试题【含答案】

2022-2023学年湖北省武汉市第三中学高二上学期期中模拟数学试题一、单选题1．设是双曲线的右焦点，为坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，若的内切圆与轴切于点，且，则C的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先求出，由，通过运算得到，再利用之间的关系得到关于的方程，解出即可.【详解】∵F到渐近线的距离为，∴，则△FOH的内切圆的半径为，设△FOH的内切圆与FH切于点M，则由，得，即即即，由，得，由于解得，故选：C【点睛】对于直角三角形内切圆半径要记住，根据向量之间关系得到关系式，再将其转化为关于的二次式，再利用，转化为关于的方程，这是求解关于离心率问题的常用方法.2．已知点A（﹣1，0），B（1，0），C（0，1），直线y＝ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是（）A．（0，1） B． C． D．【答案】B【分析】先求得直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（，0），由0可得点M在射线OA上．求出直线和BC的交点N的坐标，①若点M和点A重合，求得b；②若点M在点O和点A之间，求得b；③若点M在点A的左侧，求得b＞1．再把以上得到的三个b的范围取并集，可得结果．【详解】由题意可得，三角形ABC的面积为1，由于直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（，0），由直线y＝ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，可得b＞0，故0，故点M在射线OA上．设直线y＝ax+b和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为（，）．①若点M和点A重合，如图：则点N为线段BC的中点，故N（，），把A、N两点的坐标代入直线y＝ax+b，求得a＝b．②若点M在点O和点A之间，如图：此时b，点N在点B和点C之间，由题意可得三角形NMB的面积等于，即，即，可得a0，求得b，故有b．③若点M在点A的左侧，则b，由点M的横坐标1，求得b＞a．设直线y＝ax+b和AC的交点为P，则由求得点P的坐标为（，），此时，由题意可得，三角形CPN的面积等于，即•（1﹣b）•|xN﹣xP|，即（1﹣b）•||，化简可得2（1﹣b）2＝|a2﹣1|．由于此时b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2＝|a2﹣1|＝1﹣a2．两边开方可得（1﹣b）1，∴1﹣b，化简可得b＞1，故有1b．综上可得b的取值范围应是，故选B．【点睛】本题主要考查确定直线的要素，点到直线的距离公式以及三角形的面积公式的应用，还考查了运算能力以及综合分析能力，分类讨论思想，属于难题．3．在中，，．若空间点满足，则直线与平面所成角的正切的最大值是（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】设，易知点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量，设则，记直线与平面所成角为,则，令，利用换元法可得，又，则的最大值为，由此即可求出答案.【详解】过点作与点，过点作与点，设，则，又，则，则点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，如图所示：以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量为：，，设，则，记直线与平面所成角为,则，因为，所以，令，则，则，，又，在上单调递减。在上单调递增，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，又，所以直线与平面所成角的最大值为，此时，故选：C4．已知梯形中，，，，，是线段的中点将沿所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项错误的是（

）A．与始终垂直B．当直线与平面所成角为时，C．四面体体积的最大值为D．四面体的外接球的表面积的最小值为【答案】B【分析】A选项：利用线面垂直的判定定理证明平面，即可得到；B选项：根据题意得到为直线与平面所成角，然后根据，求即可；C选项：根据题意得到平面平面时，四面体体积最大，然后求体积即可；D选项：根据题意得到平面平面时，四面体外接球的表面积最小，找出半径求表面积即可.【详解】A选项：连接交于，因为，点是的中点，所以，又∥，所以四边形为平行四边形，因为，，所以四边形为正方形，，即，，又，所以在翻折过程中平面，因为平面，所以，故A正确；B选项：因为平面，平面，所以平面平面，为直线与平面所成角，在中，，所以，故B错；C选项：当平面平面时四面体的体积最大，此时，故C正确；D选项：由题易知，当平面平面时，四面体外接球的表面积最小，此时球心点处，外接球半径为1，表面积为，故D正确；故选：B.5．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（）A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段B．存在Q点，使得平面C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大D．若，那么Q点的轨迹长度为【答案】B【分析】取中点，证明平面，得动点轨迹判断A，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由与此法向量平行确定点位置，判断B，利用空间向量法求得到到平面距离的最大值，确定点位置判断C，利用勾股定理确定点轨迹，得轨迹长度判断D．【详解】选项A，分别取中点，连接，，由与，平行且相等得平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，连接，，，所以，同理平面，，平面，所以平面平面，当时，平面，所以平面，即点轨迹是线段，A正确；选项B，以为原点，据直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设（），，，，设是平面的一个法向量，则，取，则，若平面，则，所以存在，使得，同，解得，因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，B错；选项C，面积为定值，当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，，到平面的距离为，，时，，当时，有最大值1，时，，时，有最大值，综上，时，取得最大值1，故与重合时，取得最大值，三棱锥的体积最大，C正确；选项D，平面，平面，，所以，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是，轨迹长度为，D正确．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题考查空间点的轨迹问题，解题关键是勾画出过且与平面平行的平面，由体积公式，在正方形内的点到平面的距离最大，则三棱锥体积最大．6．已知直三棱柱中，，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】要使三棱柱的体积最大，则面积最大，故令，则，再结合余弦定理得，进而得，当且仅当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，再求解三棱柱外接球的半径即可得答案.【详解】解：因为三棱柱为直三棱柱，所以，平面所以，要使三棱柱的体积最大，则面积最大，因为，令因为，所以，在中，，所以，，所以，，所以，当，即时，取得最大值，所以，当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，所以，，所以，所以，由正弦定理得外接圆的半径满足，即，所以，直三棱柱外接球的半径，即，所以，直三棱柱外接球的体积为.故选：C7．为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠．如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据四个小球和容器的相切关系，作出对应的正视图和俯视图，建立球心和半径之间的关系即可得到容器的半径.【详解】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示:正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有，俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离与正视图中的相等，设半球半径为R，已知小球半径r=1，∴，，，.半球面形状的容器的容积是.故选：B8．在棱长为3的正方体中，点为侧面内一动点，且满足平面，若，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】探求点的位置，结合余弦定理求出BP，AP，再由正弦定理求出的球的截面小圆半径，然后确定球心O的位置并求出球半径作答.【详解】在正方体中，连接，如图，对角面是矩形，有，平面，平面，则平面，同理平面，而，平面，因此平面平面，而平面，平面，则有平面，又点在侧面内，侧面平面，于是得点在线段上，中，，由余弦定理得：，即，解得或，中，，由余弦定理得：，由正弦定理得的外接圆半径，外接圆半径，令，外接圆圆心为，有平面，取中点，令外接圆圆心为连，则，而平面平面，平面平面，因此平面，平面，又平面，从而有，即四边形为平行四边形，，球O的半径R，有，所以球的表面积为.故选：C【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.二、多选题9．已知正四棱台的所有顶点都在球的球面上，，为内部（含边界）的动点，则（

）A．平面 B．球的表面积为C．的最小值为 D．与平面所成角的最大值为60°【答案】ACD【分析】对于A，利用平行四边形证得，进而证得平面；对于B，先假设的位置，利用勾股定理与半径相等得到及，解得，进而确定的位置，故可求得球的表面积为；对于C，先判断落上，再进一步判断与重合时，取得最小值为；对于D，利用面面垂直的性质作出面，故为与平面所成角，再利用得知当与重合时，取得最大值，再利用对顶角相等求得此时，进而得到的最大值为.【详解】对于A，如图1，由棱台的结构特征易知与的延长线必交于一点，故共面，又面面，而面面，面面，故，即；由平面几何易得，即；所以四边形是平行四边形，故，而面，面，故平面，故A正确；.对于B，如图2，设为的中点，为正四棱台外接球的球心，则，在等腰梯形中，易得，即，为方便计算，不妨设，则由，即，即，又，解得，即与重合，故，故球的表面积为，故B错误；.对于C，由图2易得，，，面，故面，不妨设落在图3处，过作，则面，故，故在中，（勾股边小于斜边）；同理，，所以，故动点只有落在上，才有可能取得最小值；再看图4，由可知，故，故C正确，.对于D，由选项C可知，面，面，故面面，在面内过作交于，如图5，则面，面面，故面，故为与平面所成角，在中，，故当取得最小值时，取得最大值，即取得最大值，显然，动点与重合时，取得最小值，即取得最大值，且，在中，，，，故为正三角形，即，即与平面所成角的最大值为，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于确定的位置，先假设在外（记为），由勾股边小于斜边推得，进而得到只有落在上，再利用为定值及基本不等式，推得与重合时，取得最小值；对于动点，我们一般要考虑特殊位置，可提高我们做题速度.10．已知点，点是双曲线：左支上的动点，为其右焦点，是圆：上的动点，直线交双曲线右支于（为坐标原点），则（

）A．过点作与双曲线有一个公共点的直线恰有条B．的最小值为C．若的内切圆与圆外切，则圆的半径为D．过作轴垂线，垂足为（与不重合），连接并交双曲线右支于，则（为直线斜率，为直线斜率）【答案】BD【分析】根据点的位置可确定与双曲线有一个公共点的直线条数，知A错误；根据，，结合双曲线定义可知B正确；设圆，由两圆外切可构造方程求得圆的半径，知C错误；设，可求得，，从而将化为，利用基本不等式可求得D正确.【详解】对于A，双曲线的渐近线方程为，点在双曲线外，过可作平行于渐近线的两条直线与双曲线有且仅有一个交点；又过可作双曲线的两条切线，与双曲线有且仅有一个交点，过点作与双曲线有一个公共点的直线恰有条，A错误；对于B，由双曲线方程知其焦点为，圆的圆心为双曲线的左焦点，；（当且仅当三点共线时取等号），（当且仅当三点共线时取等号），，B正确；对于C，由双曲线焦点三角形性质可知：的内切圆的圆心必在上，可设，则圆的半径为，圆与圆相外切，，解得：，即的内切圆的半径为，C错误；对于D，设，，，则，，，；又，，，D正确.故选：BD.11．已知抛物线的焦点为F，过F的直线与抛物线相交于A，B两点.过A，B两点分别作抛物线的切线，两切线交于点Q.直线l为抛物线C的准线，与x轴交于点D，则（

）A．当时， B．若，P是抛物线上一个动点，则的最小值为2C． D．若点Q不在坐标轴上，直线AB的倾斜角为，则【答案】ACD【分析】根据抛物线的定义，结合导数的几何意义、一元二次方程根与系数关系逐一判断即可.【详解】设，，直线AB为，则整理得，，，.当时，则，故，，∴，故，∴，故A正确；M到抛物线准线的距离为，结合抛物线的定义可知，当P的纵坐标为1时，的最小值是，故B错误；不妨设A在第一象限，B在第四象限，则，，，则点A处切线斜率，，，则点B处切线斜率，所以，又因为，所以，所以，故C正确；不妨设A在第一象限，B在第四象限，记直线AD与直线BD的倾斜角为，，，因为直线AB倾斜角为，则，故，故D正确.故答案为：ACD【点睛】关键点睛：利用导数的几何意义是解题的关键.12．拋物线的焦点为，过的直线交拋物线于两点，点在拋物线上，则下列结论中正确的是（

）A．若，则的最小值为4B．当时，C．若，则的取值范围为D．在直线上存在点，使得【答案】BC【分析】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，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，的长度为到准线的距离，故的最小值为与到准线距离之和，故的最小值为到准线距离，故A错误；对B，不妨设在第一象限，分别过作准线的垂线，垂足，作.则根据抛物线的定义可得，故.故，所以.故B正确；对C，过作垂直于准线，垂足为，则，由图易得，故随的增大而增大，当时在点处，此时取最小值1；当与抛物线相切时最大，此时设方程，联立有，，此时解得，不妨设则方程，此时倾斜角为，.故的取值范围为，故C正确；对D，设，中点，故到准线的距离，又，故，故以为直径的圆与准线相切，又满足的所有点在以为直径的圆上，易得此圆与无交点，故D错误；故选：BC三、填空题13．三棱锥中，顶点P在平面ABC的射影为O，满足，A点在侧面PBC上的射影H是的垂心，，此三棱锥体积的最大值是____________.【答案】36【分析】由题设O是的重心，连接并延长交于，连接并延长交于，易得分别是、中点，再应用线面垂直的判定、性质求证、，即可知为等边三角形，设其边长为，利用棱锥体积公式得，应用三元基本不等式求最大值，注意取值条件.【详解】由P在平面ABC的射影为O，且，所以O是的重心，连接并延长交于，连接并延长交于，则分别是、中点，由面，面，则，又H是的垂心，则，而，面，所以面，由面，故，由面，面，则，又，面，则面，由面，所以，而面，则，又，，面，所以面，面，则，而面，则，又，面，则面，由面，则，即，根据，，分别为、中点，故为等边三角形，设边长为，则，故，又，所以，则，故，当且仅当，即时等号成立，所以三棱锥体积的最大值是36.故答案为：36【点睛】关键点点睛：首先要判定为等边三角形，再设的边长，结合锥体体积公式、基本不等式求体积最大值.14．三棱锥中，，底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，且，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为___________.【答案】##【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解；【详解】为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又分别为中点，，，又平面平面，为正方体一部分，故，即，∵为三棱锥外接球上的动点，∴当位于正方体的如图所示的顶点处，点到平面距离最大，设为，∴可求得三棱锥的体积为：，∴，解得：故答案为：【点睛】求解立体几何外接球问题，根据题目特征作出辅助线，找到球心，求出半径，或补形为长方体或正方体，进而求出表面积或体积.15．已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作直线分别交双曲线左支和一条渐近线于点（在同一象限内），且满足．联结，满足．若该双曲线的离心率为，求的值_______．【答案】【分析】先假设，由得，再由点在双曲线上，得到，进而得到，又由点在渐近线上，得到，平方后将，代入得到齐次方程，求得，再平方即可求得离心率.【详解】不妨设，由得，化简得（1），在双曲线上，所以，即，代入（1）解得，，又在渐近线上，，即．两边平方得（2）将和代入（2）得化简得，解得，即．化简得故答案为：【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．16．阿波罗尼奥斯在其著作《圆锥曲线论》中提出：过椭圆上任意一点的切线方程为．若已知△ABC内接于椭圆E：，且坐标原点O为△ABC的重心，过A，B，C分别作椭圆E的切线，切线分别相交于点D，E，F，则______．【答案】4【分析】设、、，由重心的性质有、、，写出过切线方程并求交点坐标，进而判断△重心也为O，再由在椭圆上可得、、共线，即分别是的中点，即可确定面积比.【详解】若、、，则的中点、、，由O为△ABC的重心，则、、，所以、、，可得，由题设，过切线分别为、、，所以，，，所以，同理，即△重心也为O，又、、，可得、、，所以，同理可得、，所以、、共线，综上，分别是的中点，则【点睛】关键点点睛：设点坐标及过切线方程，并求出坐标，利用重心的性质确定△重心为O，并求证分别是的中点即可.四、解答题17．已知、分别是椭圆的左右顶点，为坐标原点，，点在椭圆上．过点，且与坐标轴不垂直的直线交椭圆于、两个不同的点．(1)求椭圆的标准方程；(2)若点落在以线段为直径的圆的外部，求直线的斜率的取值范围；(3)当直线的倾斜角为锐角时，设直线、分别交轴于点、，记，，求的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据长轴长求出，再代入，求出，得到椭圆方程；（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，先根据根的判别式求出的取值范围，再根据点落在以线段为直径的圆的外部，则，列出不等式，求出的取值范围；（3）先设出直线的方程，求出点S坐标，同理求出点T为，根据向量关系得到，结合的范围求出的范围.【详解】（1）因为，所以；又点在图像上即，所以，所以椭圆的方程为；（2）由（1）可得设直线，设、，由得，解得或①∵点在以线段为直径的圆的外部，则，又②解得或

由①②得（3）设直线，又直线的倾斜角为锐角，由（2）可知，记、，所以直线的方程是：，直线的方程是：.令，解得，所以点S坐标为；同理点T为.所以，，.由，，可得：，，所以，由（2）得，，所以

，因为，所以，，故的范围是.【点睛】对于直线与圆锥曲线结合，求解取值范围问题，通常思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题干条件列出方程，求出答案.18．已知点在椭圆C：（）上，椭圆C的左､右焦点分别为F1，F2，的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆O：（）相切，试判断直线AB是否过定点，并证明你的结论.【答案】(1)(2)过定点，证明见解析【分析】（1）结合题意，可得关于的方程，解之可得椭圆C的方程；（2）先由直线与圆相切可得，再联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理分别求出，，，，代入可得的关系式，进而可得直线AB过定点.【详解】（1）由题知，，的面积等于，所以，解得，所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，直线的方程为，由题知，所以，所以，同理，，所以是方程的两根，所以.设，设直线的方程为，将代入，得，所以，①②所以，③，④又因为，⑤将①②③④代入⑤，化简得，所以，所以，若，则直线，此时过点，舍去.若，则直线，此时恒过点，所以直线过定点.【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．19．已知椭圆的离心率为，椭圆C与y轴交于A，B两点，且．(1)求椭圆C的方程．(2)设点P是椭圆C上的一个动点，且点P在y轴的右侧．直线PA，PB与直线分别交于M，N两点．若以MN为直径的圆与x轴交于两点E，F，求点P横坐标的取值范围及的最大值．【答案】(1)(2)横坐标的取值范围为，的最大值为2【分析】（1）根据离心率及短轴长求出，，求出椭圆方程；（2）解法1：设出P的坐标为，，得到PA，的方程，进而求出的坐标，表达出圆的方程，根据圆与轴有两个交点得到，利用求出最大值；解法2：同解法1，表达出的坐标，根据以MN为直径的圆与x轴相交列出不等式，求出，利用垂径定理得到，求出最大值；解法3：同解法1，表达出的坐标，根据半径大于圆心到轴的距离列出不等式，求出，利用垂径定理得到，求出最大值；解法4：同解法1，，表达出的坐标，根据垂直关系得到，从而得到，求出，根据表达出的长，并求出最大值；解法5：：设直线OP与交于点T，根据相似得到T是MN的中点，求出T，得到半径，根据点到轴距离小于半径，结合得到，利用垂径定理得到，求出最大值.【详解】（1）由题意，可得，，得，解得：．椭圆C的标准方程为．（2）解法1：设点P的坐标为，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为．∴，直线PA的方程为，同理：直线PB的方程为．直线PA与直线的交点为；直线PB与直线的交点为．∵线段MN的中点坐标为，∴圆的方程为．令，则．∵，∴，∴．∵这个圆与x轴相交，该方程有两个不同的实数解，∴，解得．设交点坐标分别为，，则．∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．解法2：设点P的坐标为，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为．∴，直线PA的方程为，同理：直线PB的方程为．直线PA与直线的交点为；直线PB与直线的交点为．若以MN为直径的圆与x轴相交，则，即，即．∵，∴，代入得到，解得．该圆的直径为；圆心到x轴的距离为；该圆在x轴上截得的弦长为．∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．解法3：设点P的坐标为，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为．∴，直线PA的方程为同理：直线PB的方程为．直线PA与直线的交点为；直线PB与直线的交点为．∴．圆心到x轴的距离为．若该圆与x轴相交，则，即．∵，∴，∴，解得．该圆在x轴上截得的弦长为．∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．解法4：记点D的坐标为（2，0），点H的坐标为（4，0），设点P的坐标为，点M的坐标为，点N的坐标为．由已知可得点A的坐标为（0，1），点B的坐标为．∴AP的直线方程为，BP的直线方程为．令，分别可得，．∴点M的坐标为，点N的坐标为．若以MN为直径的圆与x轴相交于点E，F，∵，∴．．∵，∴，代入得到，∴．∴．∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．解法5：设直线OP与交于点T．∵轴，∴有，．∴，，即T是MN的中点．又设点P的坐标为，则直线OP方程为．令，得，∴点T的坐标为．而，若以MN为直径的圆与x轴相交于点E，F，则，即．∵，∴，∴，解得或．∵，∴，∴．∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．【点睛】圆锥曲线与圆结合的题目，要充分利用圆的几何性质进行求解，本题中使用圆心到直线的距离小于半径来求解轴与圆相交，从而求出，利用垂径定理求解弦长，进而求出最大值.20．平面直角坐标系中，已知点.点满足，记点的轨迹.(1)求的方程；(2)设点与点关于原点对称，的角平分线为直线，过点作的垂线，垂足为，交于另一点，求的最大值.【答案】(1)；(2)【分析】（1）根据双曲线定义得到点的轨迹为以为焦点的双曲线的右支，求出，得到轨迹方程；（2）设出，，，根据角平分线的条件，结合向量投影模长相等得到，从而求出，点坐标，确定直线的方程，由点到直线距离公式求出，再求出直线的方程为，与双曲线方程联立，利用弦长公式求出，结合基本不等式求出，最后求出的最大值.【详解】（1）由题意得：，，所以点的轨迹为以为焦点的双曲线的右支，即，所以的方程为；（2）由对称性，不妨设在第一象限，设，则，设直线的斜率为，记，由为的角平分线，则，其中，，所以，同理得：，，代入中，，化简得：，将代入，中，解得：，所以，，设直线的方程为，将代入，解得：，所以直线的方程为，由点到直线距离公式得：，由直线的斜率为，设直线的方程为，将点代入，解得：，所以直线的方程为，将其与联立得：，设，则，由可知：，又，所以，，由均值不等式，，当且仅当，即时，等号成立，因为，故，所以，当且仅当时