2021年高考数学一轮复习《直线与圆锥曲线的综合问题》精选练习（含答案）

这是一份2021年高考数学一轮复习《直线与圆锥曲线的综合问题》精选练习（含答案），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
过抛物线y2=8x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，交抛物线的准线于C，若|AF|=6，
eq \(BC,\s\up10(→))=λeq \(FB,\s\up10(→))，则λ的值为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(3,2) C.eq \r(3) D.3
若直线ax＋by－3=0与圆x2＋y2=3没有公共点，设点P的坐标为(a，b)，则过点P的一条直线与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1的公共点的个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.1或2
设F1，F2分别是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的左、右焦点，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，
若∠F1PQ=60°，|PF1|=|PQ|，则椭圆的离心率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \f(\r(3),3)
已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)与直线y=2x有交点，则双曲线离心率的取值范围为( )
A.(1，eq \r(5)) B.(1，eq \r(5)] C.(eq \r(5)，＋∞) D.[eq \r(5)，＋∞)
如图，F1，F2是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过F1的直线l与C的两个分支分别交于点A，B.若△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为( )
A.4 B.eq \r(7) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \r(3)
已知不过原点O的直线交抛物线y2=2px于A，B两点，若OA，AB的斜率分别为kOA=2，kAB=6，则OB的斜率为( )
A.3 B.2 C.－2 D.－3
已知直线y=kx－1与双曲线x2－y2=4的右支有两个交点，则k的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(5),2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(5),2)，\f(\r(5),2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(5),2)))
过原点的直线l与双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,3)=－1有两个交点，则直线l的倾斜角的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))
已知直线y=1－x与双曲线ax2＋by2=1(a＞0，b＜0)的渐近线交于A、B两点，且过原点和线段AB中点的直线的斜率为－eq \f(\r(3),2)，则eq \f(a,b)的值为( )
A.－eq \f(\r(3),2) B.－eq \f(2\r(3),3) C.－eq \f(9\r(3),2) D.－eq \f(2\r(3),27)
已知双曲线eq \f(x2,3)－y2=1的右焦点是抛物线y2=2px(p＞0)的焦点，直线y=kx＋m与抛物线相交于A，B两个不同的点，点M(2,2)是线段AB的中点，则△AOB(O为坐标原点)的面积是( )
A.4eq \r(3) B.3eq \r(13) C.eq \r(14) D.2eq \r(3)
已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)，F是双曲线C的右焦点，过F作双曲线C在第一、三象限的渐近线的垂线l，若l与双曲线C的左、右两支分别交于点D，E，则双曲线C的离心率e的取值范围为( )
A.(eq \r(2)，eq \r(3)) B.(eq \r(2)，＋∞) C.(eq \r(2)，2) D.(1，eq \f(\r(6),2))
已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为4，若抛物线y=ax2上的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y=x＋m对称，且x1x2=－eq \f(1,2)，则m的值为( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(5,2) C.2 D.3
二、填空题
设抛物线x2=4y的焦点为F，点A，B在抛物线上，且满足eq \(AF,\s\up7(―→))=λeq \(FB,\s\up7(―→))，若|eq \(AF,\s\up7(―→))|=eq \f(3,2)，
则λ的值为________.
已知抛物线C：y2=2px(p＞0)，直线l：y=eq \r(3)(x－1)，l与C交于A，B两点，
若|AB|=eq \f(16,3)，则p=________.
已知双曲线E：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)=1，直线l交双曲线于A，B两点，若线段AB的中点坐标为(eq \f(1,2),-1)，则l的方程为________.
已知抛物线C：y2=2px(p＞0)的焦点为F，过点F且倾斜角为60°的直线l与抛物线C在第一、四象限分别交于A，B两点，则eq \f(|AF|,|BF|)的值等于________.
三、解答题
已知直线l：y=x＋m，m∈R.
(1)若以点M(2，－1)为圆心的圆与直线l相切于点P，且点P在x轴上，求该圆的方程；
(2)若直线l关于x轴对称的直线l′与抛物线C：x2=eq \f(1,m)y(m≠0)相切，求直线l和抛物线C的方程.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为eq \f(\r(2),2)，过左焦点F1的直线l与C交于A，B两点，△ABF2的周长为4eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△ABF2的面积最大时，求l的方程.
已知△ABC的顶点A(1,0)，点B在x轴上移动，|AB|=|AC|，且BC的中点在y轴上.
(1)求点C的轨迹T的方程；
(2)已知过P(0，－2)的直线l交轨迹Γ于不同两点M，N，求证：Q(1,2)与M，N两点连线QM，QN的斜率之积为定值.
已知直线l过点P(2,0)且与抛物线E：y2=4x相交于A，B两点，与y轴交于点C，其中点A在第四象限，O为坐标原点.
(1)当A是PC中点时，求直线l的方程；
(2)以AB为直径的圆交直线OB于点D，求|OB|·|OD|的值.
已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且离心率e=eq \f(1,2).
(1)求椭圆E的方程；
(2)设椭圆E的右顶点为A，若直线l：y=kx＋m与椭圆E相交于M、N两点(异于A点)，
且满足MA⊥NA，试证明直线l经过定点，并求出该定点的坐标.
已知椭圆C1的焦点在x轴上，中心在坐标原点；抛物线C2的焦点在y轴上，顶点在坐标原点.在C1，C2上各取两个点，将其坐标记录于表格中：
(1)求C1，C2的标准方程；
(2)已知定点Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))，P为抛物线C2上一动点，过点P作抛物线C2的切线交椭圆C1于A，B两点，求△ABC面积的最大值.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的焦距为4，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(5),5)))是椭圆C上的点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设eq \(OD,\s\up7(―→))=eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)).
证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值.
\s 0 答案解析
答案为：D；
解析：设A(x1，y1)(y1＞0)，B(x2，y2)，C(－2，y3)，
则x1＋2=6，解得x1=4，y1=4eq \r(2)，
直线AB的方程为y=2eq \r(2)(x－2)，令x=－2，得C(－2，－8eq \r(2))，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝8x，,y＝2\r(2)（x－2），))解得B(1，－2eq \r(2))，
所以|BF|=1＋2=3，|BC|=9，所以λ=3.
答案为：C；
解析：由题意得，圆心(0，0)到直线ax＋by－3=0的距离为eq \f(3,\r(a2＋b2))＞eq \r(3)，所以a2＋b2＜3.
又a，b不同时为零，所以0＜a2＋b2＜3.
由0＜a2＋b2＜3，可知|a|＜eq \r(3)，|b|＜eq \r(3)，由椭圆的方程知其长半轴长为2，
短半轴长为eq \r(3)，所以P(a，b)在椭圆内部，
所以过点P的一条直线与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1的公共点有2个，故选C.
答案为：D；
解析：∵|PF1|=|PQ|，且∠F1PQ=60°，∴△F1PQ为等边三角形，周长为4a，
∴△F1PQ的边长为eq \f(4a,3)，在△PF1F2中，|PF1|=eq \f(4a,3)，|PF2|=eq \f(2a,3)，|F1F2|=2c，
∴(eq \f(4a,3))2－(eq \f(2a,3))2=(2c)2，即a2=3c2，∴e2=eq \f(c2,a2)=eq \f(1,3)，∴e=eq \f(\r(3),3).
答案为：C；
解析：因为双曲线的一条渐近线方程为y=eq \f(b,a)x，则由题意得eq \f(b,a)＞2，所以e=eq \f(c,a)＞eq \r(1＋4)=eq \r(5).
答案为：B；
解析：∵△ABF2为等边三角形，∴|AB|=|AF2|=|BF2|，∠F1AF2=60°.
由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|=2a，∴|BF1|=2a.
又|BF2|－|BF1|=2a，∴|BF2|=4a.∴|AF2|=4a，|AF1|=6a.
在△AF1F2中，由余弦定理可得|F1F2|2=|AF1|2＋|AF2|2－2|AF2|·|AF1|cs 60°，
∴(2c)2=(6a)2＋(4a)2－2×4a×6a×eq \f(1,2)，即c2=7a2，∴e=eq \f(c,a)=eq \r(\f(c2,a2))=eq \r(7).故选B.
答案为：D；
解析：由题意可知，直线OA的方程为y=2x，
与抛物线方程y2=2px联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x，,y2＝2px，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(p,2)，,y＝p，))即Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，p))，
则直线AB的方程为y－p=6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，
即y=6x－2p，与抛物线方程y2=2px联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝6x－2p，,y2＝2px，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(2p,9)，,y＝－\f(2p,3)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(p,2)，,y＝p，))所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2p,9)，－\f(2p,3)))，
所以直线OB的斜率为kOB=eq \f(－\f(2p,3),\f(2p,9))=－3.故选D.
答案为：D；
解析：由题意知k＞0，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2－y2＝4，))整理得(1－k2)x2＋2kx－5=0，
因为直线y=kx－1与双曲线x2－y2=4的右支有两个交点，
则联立所得方程有两个不同的正实数根x1，x2，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝4k2＋201－k2＞0，,x1＋x2＝\f(－2k,1－k2)＞0，,x1x2＝\f(－5,1－k2)＞0，))
解得1＜k＜eq \f(\r(5),2)，即k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(5),2)))，故选D.
答案为：B；
解析：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程y=kx，将其代入双曲线的方程eq \f(y2,3)－eq \f(x2,9)=1，
并整理得(3k2－1)x2－9=0.因为直线l与双曲线有两个交点，所以Δ=36(3k2－1)＞0，
所以k2＞eq \f(1,3)，解得k＞eq \f(\r(3),3)或k＜－eq \f(\r(3),3).
设直线l的倾斜角为α，由直线l的斜率k=tan α(0≤α≤π，且α≠eq \f(π,2))，
可得α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))；
当直线l的斜率不存在，即α=eq \f(π,2)时，直线l为y轴，显然与双曲线有两个交点.故选B.
答案为：A；
解析：由双曲线ax2＋by2=1知其渐近线方程为ax2＋by2=0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有axeq \\al(2,1)＋byeq \\al(2,1)=0 ①，axeq \\al(2,2)＋byeq \\al(2,2)=0 ②，由①－②得a(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))=－b(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)).
即a(x1＋x2)(x1－x2)=－b(y1＋y2)(y1－y2)，由题意可知x1≠x2，且x1＋x2≠0，
所以eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)=－eq \f(a,b)，设AB的中点为M(x0，y0)，则kOM=eq \f(y0,x0)=eq \f(2y0,2x0)=eq \f(y1＋y2,x1＋x2)=－eq \f(\r(3),2)，
又知kAB=－1，所以－eq \f(\r(3),2)×(－1)=－eq \f(a,b)，所以eq \f(a,b)=－eq \f(\r(3),2)，故选A.
答案为：D；
解析：由已知可得双曲线的右焦点为(2,0)，因为该点也为抛物线的焦点，所以p=4，所以抛物线方程为y2=8x，又因为直线y=kx＋m与抛物线相交于A，B两点，所以将直线方程代入抛物线方程可得(kx＋m)2=8x⇒k2x2＋(2km－8)x＋m2=0，∴x1＋x2=eq \f(8－2km,k2)，x1x2=eq \f(m2,k2).
又因为M(2,2)是线段AB的中点，所以x1＋x2=eq \f(8－2km,k2)=4，且2=2k＋m，
联立解得k=2，m=－2.|AB|=eq \r(k2＋1)|x1－x2|=eq \r(k2＋1)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)=2eq \r(15).
O到AB的距离d=eq \f(2,\r(5)).∴S△AOB=eq \f(1,2)×2eq \r(15)×eq \f(2,\r(5))=2eq \r(3).
答案为：B；
解析：由题意知，直线l：y=－eq \f(a,b)(x－c)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(a,b)x－c，,b2x2－a2y2＝a2b2，))
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－\f(a4,b2)))x2＋eq \f(2a4c,b2)x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a4c2,b2)＋a2b2))=0，由x1x2=eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a4c2,b2)＋a2b2)),b2－\f(a4,b2))＜0，得b4＞a4，
所以b2=c2－a2＞a2，所以e2＞2，得e＞eq \r(2).
答案为：A；
解析：由双曲线的定义知2a=4，得a=2，所以抛物线的方程为y=2x2.
因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y=2x2上，所以y1=2xeq \\al(2,1)，y2=2xeq \\al(2,2)，
两式相减得y1－y2=2(x1－x2)(x1＋x2)，不妨设x1＜x2，
又A，B关于直线y=x＋m对称，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)=－1，故x1＋x2=－eq \f(1,2)，而 x1x2=－eq \f(1,2)，解得x1=－1，x2=eq \f(1,2)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为M(x0，y0)，
则x0=eq \f(x1＋y2,2)=－eq \f(1,4)，y0=eq \f(y1＋y2,2)=eq \f(2x\\al(2,1)＋2x\\al(2,2),2)=eq \f(5,4)，因为中点M在直线y=x＋m上，
所以eq \f(5,4)=－eq \f(1,4)＋m，解得m=eq \f(3,2).
二、填空题
答案为：eq \f(1,2).
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线x2=4y得焦点F的坐标为(0,1)，
准线方程为y=－1，∵|eq \(AF,\s\up7(―→))|=eq \f(3,2)，∴y1＋1=eq \f(3,2)，解得y1=eq \f(1,2)，
∴x1=±eq \r(2)，由抛物线的对称性取x1=eq \r(2)，
∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(1,2)))，∴直线AF的方程为y=－eq \f(\r(2),4)x＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(\r(2),4)x＋1，,x2＝4y.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)，,y＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－2\r(2)，,y＝2，))
∴B(－2eq \r(2)，2)，∴|eq \(FB,\s\up7(―→))|=2＋1=3，
∵eq \(AF,\s\up7(―→))=λeq \(FB,\s\up7(―→))，∴|eq \(AF,\s\up7(―→))|=λ|eq \(FB,\s\up7(―→))|，∴eq \f(3,2)=3λ，解得λ=eq \f(1,2).
答案为：2.
解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝\r(3)x－1，))消去y，得3x2－(2p＋6)x＋3=0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1＋x2=eq \f(2p＋6,3)，x1x2=1，
所以|AB|=2eq \r(x1＋x22－4x1x2)=2 eq \r(\f(2p＋62,9)－4)=eq \f(16,3)，所以p=2.
答案为：2x＋8y＋7=0
解析：依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),4)－\f(yeq \\al(2,1),2)＝1,\f(xeq \\al(2,2),4)－\f(yeq \\al(2,2),2)＝1))，两式相减得eq \f(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2),4)=eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),2)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)=eq \f(1,2)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2).
又线段AB的中点坐标是(eq \f(1,2),-1)，因此x1＋x2=2×eq \f(1,2)=1，y1＋y2=(－1)×2=－2，
eq \f(x1＋x2,y1＋y2)=－eq \f(1,2)，eq \f(y1－y2,x1－x2)=－eq \f(1,4)，即直线AB的斜率为－eq \f(1,4)，直线l的方程为y＋1=－eq \f(1,4)(x- eq \f(1,2))，
即2x＋8y＋7=0.
答案为：3.
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由直线l的倾斜角为60°，
则直线l的方程为y－0=eq \r(3)(x- eq \f(p,2))，即y=eq \r(3)x－eq \f(\r(3),2)p，联立抛物线方程，
消去y并整理，得12x2－20px＋3p2=0，则x1=eq \f(3,2)p，x2=eq \f(1,6)p，则eq \f(|AF|,|BF|)=eq \f(\f(3,2)p＋\f(1,2)p,\f(1,2)p＋\f(1,6)p)=3.
三、解答题
解：(1)由题意得点P的坐标为(－m,0)，且MP⊥l，
所以kMP·kl=eq \f(0－－1,－m－2)·1=－1(kl为直线l的斜率)，
解得m=－1.所以点P(1,0).
设所求圆的半径为r，则r2=|PM|2=1＋1=2，
所以所求圆的方程为(x－2)2＋(y＋1)2=2.
(2)将直线l：y=x＋m中的y换成－y，可得直线l′的方程为y=－x－m.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(1,m)y，,y＝－x－m，))得mx2＋x＋m=0(m≠0)，Δ=1－4m2，
因为直线l′与抛物线C：x2=eq \f(1,m)y相切，
所以Δ=1－4m2=0，解得m=±eq \f(1,2).
当m=eq \f(1,2)时，直线l的方程为y=x＋eq \f(1,2)，抛物线C的方程为x2=2y；
当m=－eq \f(1,2)时，直线l的方程为y=x－eq \f(1,2)，抛物线C的方程为x2=－2y.
解：(1)由椭圆的定义知4a=4eq \r(2)，a=eq \r(2)，
由e=eq \f(c,a)知c=ea=1，b2=a2－c2=1.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2=1.
(2)由(1)知F1(－1,0)，F2(1,0)，|F1F2|=2，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x=my－1，
联立x=my－1与eq \f(x2,2)＋y2=1，
得(m2＋2)y2－2my－1=0，|y1－y2|=eq \f(2\r(2)\r(m2＋1),m2＋2)，
S△ABF2=2eq \r(2)eq \r(\f(m2＋1,m2＋22))=2eq \r(2)eq \r(\f(1,m2＋1＋\f(1,m2＋1)＋2))，
当m2＋1=1，m=0时，S△ABF2最大为eq \r(2)，l：x=－1.
解：(1)设C(x，y)(y≠0)，
因为B在x轴上且BC中点在y轴上，
所以B(－x,0)，由|AB|=|AC|，
得(x＋1)2=(x－1)2＋y2，
化简得y2=4x，
所以C点的轨迹Γ的方程为y2=4x(y≠0).
(2)直线l的斜率显然存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx－2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx－2，))得ky2－4y－8=0，
所以y1＋y2=eq \f(4,k)，y1y2=－eq \f(8,k)，
kMQ=eq \f(y1－2,x1－1)=eq \f(y1－2,x1－1)=eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)=eq \f(4,y1＋2)，同理kMQ=eq \f(4,y2＋2)，
kMQ·kNQ=eq \f(4,y1＋2)·eq \f(4,y2＋2)=eq \f(16,y1y2＋2y1＋y2＋4)=4，
所以Q(1,2)与M，N两点连线的斜率之积为定值4.
解：(1)∵A是PC的中点，P(2,0)，C在y轴上，
∴A点的横坐标为1，又A在第四象限，∴A(1，－2).
∴直线l的方程为y=2x－4.
(2)显然直线l的斜率不为0，
设l的方程为x=my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝4x，))消去x得y2－4my－8=0，
∴y1y2=－8，故x1x2=eq \f(y\\al(2,1),4)·eq \f(y\\al(2,2),4)=4，
∵D在以AB为直径的圆上，且在直线OB上，∴eq \(AD,\s\up7(―→))⊥eq \(OD,\s\up7(―→))，
设eq \(OD,\s\up7(―→))=λeq \(OB,\s\up7(―→))=(λx2，λy2)，
则eq \(AD,\s\up7(―→))=eq \(OD,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))=(λx2－x1，λy2－y1)，
∴eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(OD,\s\up7(―→))=(λx2－x1)λx2＋(λy2－y1)λy2=0，
即λ2xeq \\al(2,2)－4λ＋λ2yeq \\al(2,2)＋8λ=0，易知λ≠0，
∴λ(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))=－4.
∴|OB|·|OD|=eq \r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))·eq \r(λ2x\\al(2,2)＋λ2y\\al(2,2))=|λ|(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))=4.
解：依题意，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(,a2＝b2＋c2，,\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1.))
所以，椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)如图，设M(x1，y1)、N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)=0，
则Δ=64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，即3＋4k2－m2>0，
x1＋x2=－eq \f(8mk,3＋4k2)，x1x2=eq \f(4m2－3,3＋4k2).
从而y1y2=(kx1＋m)(kx2＋m)=k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2=eq \f(3m2－4k2,3＋4k2)，
由椭圆E的右顶点为A(2,0)，MA⊥NA，
得eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2,x2－2)=－1，即y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4=0.
则有eq \f(3m2－4k2,3＋4k2)＋eq \f(4m2－3,3＋4k2)＋eq \f(16mk,3＋4k2)＋4=0，整理，得7m2＋16km＋4k2=0，
解得m=－2k或m=－eq \f(2k,7)，均满足条件3＋4k2－m2>0.
当m=－2k时，直线l的方程为y=k(x－2)，直线l过定点A，与题设矛盾；
当m=－eq \f(2k,7)时，直线l的方程为y=keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,7)))，直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,7)，0))，
所以直线l经过定点，且定点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,7)，0)).
解：(1)设C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)，
由题意知，点(－2,0)一定在椭圆上，
则点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(2),2)))也在椭圆上，分别将其代入，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＝1，,\f(2,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1，))
∴C1的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2=1.
设C2：x2=2py(p＞0)，依题意知，点(4,8)在抛物线上，
代入抛物线C2的方程，得p=1，
∴C2的标准方程为x2=2y.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,2)t2))，
由y=eq \f(1,2)x2知y′=x，
故直线AB的方程为y－eq \f(1,2)t2=t(x－t)，
即y=tx－eq \f(1,2)t2，代入椭圆方程eq \f(x2,4)＋y2=1，
整理得(1＋4t2)x2－4t3x＋t4－4=0，
则Δ=16t6－4(1＋4t2)(t4－4)=4(－t4＋16t2＋4)＞0，
x1＋x2=eq \f(4t3,1＋4t2)，x1x2=eq \f(t4－4,1＋4t2)，
∴|AB|==eq \f(2\r(1＋t2)·\r(－t4＋16t2＋4),1＋4t2)，
设点Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))到直线AB的距离为d，
则d=eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)－\f(1,2)t2)),\r(1＋t2))=eq \f(1＋4t2,8\r(1＋t2))，
∴S△ABC=eq \f(1,2)·|AB|·d
=eq \f(1,2)·eq \f(2\r(1＋t2)·\r(－t4＋16t2＋4),1＋4t2)·eq \f(1＋4t2,8\r(1＋t2))=eq \f(1,8)eq \r(－t4＋16t2＋4)
=eq \f(1,8)eq \r(－t2－82＋68)≤eq \f(1,8)eq \r(68)=eq \f(\r(17),4)，
当且仅当t=±2eq \r(2)时，取等号，此时满足Δ＞0.
综上，△ABC面积的最大值为eq \f(\r(17),4).
解：(1)由题意知2c=4，即c=2，
则椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,a2－4)=1，
因为点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(5),5)))在椭圆C上，
所以eq \f(4,a2)＋eq \f(1,5a2－4)=1，解得a2=5或a2=eq \f(16,5)(舍去)，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,5)＋y2=1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，
由eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))=eq \(OD,\s\up7(―→))得，D(x1＋x2，y1＋y2)，
所以直线AB的斜率kAB=eq \f(y1－y2,x1－x2)，
直线OD的斜率kOD=eq \f(y1＋y2,x1＋x2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),5)＋y\\al(2,1)＝1，,\f(x\\al(2,2),5)＋y\\al(2,2)＝1，))得eq \f(1,5)(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)=0，
即eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)=－eq \f(1,5)，所以kAB·kOD=－eq \f(1,5).
故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－eq \f(1,5).