2022年高考数学二轮复习《解析几何》通关练习卷（含详解）

这是一份2022年高考数学二轮复习《解析几何》通关练习卷（含详解），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
如图，已知椭圆C的中心为原点O，F(－5，0)为C的左焦点，P为C上一点，满足|OP|=|OF|且|PF|=6，则椭圆C的方程为( )
A.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,16)=1 B.eq \f(x2,40)＋eq \f(y2,15)=1 C.eq \f(x2,49)＋eq \f(y2,24)=1 D.eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,20)=1
已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的右顶点和上顶点分别为A、B，左焦点为F.以原点O为圆心的圆与直线BF相切，且该圆与y轴的正半轴交于点C，过点C的直线交椭圆于M、N两点.若四边形FAMN是平行四边形，则该椭圆的离心率为( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
设F1，F2分别为椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)=1的两个焦点，点P在椭圆上，若线段PF1的中点在y轴上，
则eq \f(|PF2|,|PF1|)的值为( )
A.eq \f(5,14) B.eq \f(5,13) C.eq \f(4,9) D.eq \f(5,9)
已知点P，A，B在双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)上，直线AB过坐标原点，且直线PA，PB的斜率之积为eq \f(1,3)，则双曲线的离心率为( )
A.eq \f(2\r(3),3) B.eq \f(\r(15),3) C.2 D.eq \f(\r(10),2)
设F1，F2分别是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P是C上一点，若|PF1|＋|PF2|=6a，且△PF1F2的最小内角的大小为30°，则双曲线C的渐近线方程是( )
A.x±eq \r(2)y=0 B.eq \r(2)x±y=0 C.x±2y=0 D.2x±y=0
过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的右焦点F作圆x2＋y2=a2的切线FM(切点为M)，交y轴于点P，若M为线段FP的中点，则双曲线的离心率为( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3) C.2 D.eq \r(5)
过抛物线C：y2=2px(p＞0)的焦点F，且斜率为eq \r(3)的直线交C于点M(M在x轴上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，若|NF|=4，则M到直线NF的距离为( )
A.eq \r(5) B.2eq \r(3) C.3eq \r(3) D.2eq \r(2)
已知抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l，点P为抛物线上一点，且在第一象限，PA⊥l，垂足为A，|PF|=4，则直线AF的倾斜角等于( )
A.eq \f(7π,12) B.eq \f(2π,3) C.eq \f(3π,4) D.eq \f(5π,6)
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
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)
设F2是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，过F2的直线交双曲线的右支于点P，N，直线PO交双曲线C于另一点M，若|MF2|=3|PF2|，且∠MF2N=60°，则双曲线C的离心率为( )
A.3 B.2 C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(7),2)
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)
二、填空题
椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的左焦点为F，若F关于直线eq \r(3)x＋y=0的对称点A是椭圆C上的点，则椭圆C的离心率为________.
已知P为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)上一点，F1，F2是其左、右焦点，∠F1PF2取最大值时，
cs∠F1PF2=eq \f(1,3)，则椭圆的离心率为________.
设P是抛物线y2=4x上的一个动点，则点P到点A(－1，1)的距离与点P到直线x=－1的距离之和的最小值为________.
设F1，F2分别为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的两个焦点，M，N是双曲线C的一条渐近线上的两点，四边形MF1NF2为矩形，A为双曲线的一个顶点，若△AMN的面积为eq \f(1,2)c2，则该双曲线的离心率为________.
三、解答题
已知抛物线C：y2=2px过点P(1，1).过点(0，eq \f(1,2))作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP、ON交于点A，B，其中O为原点.
(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
(2)求证：A为线段BM的中点.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，且C过点（1，eq \f(\r(3),2)）.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C交于P，Q两点(点P，Q均在第一象限)，且直线OP，l，OQ的斜率成等比数列，证明：直线l的斜率为定值.
如图，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的右顶点为A(2,0)，左、右焦点分别为F1，F2，过点A且斜率为eq \f(1,2)的直线与y轴交于点P，与椭圆交于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为点F1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P且斜率大于eq \f(1,2)的直线与椭圆交于M，N两点(|PM|>|PN|)，若S△PAM∶S△PBN=λ，
求实数λ的取值范围.
已知抛物线V：x2=2py(p>0)，直线y=2与抛物线C交于A，B(点B在点A的左侧)两点，
且|AB|=4eq \r(3).
(1)求抛物线C在A，B两点处的切线方程；
(2)若直线l与抛物线C交于M，N两点，且MN的中点在线段AB上，MN的垂直平分线交y轴于点Q，求△QMN面积的最大值.
已知A，F分别是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的左顶点、右焦点，点P为椭圆C上一动点，
当PF⊥x轴时，|AF|=2|PF|.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若椭圆C上存在点Q，使得四边形AOPQ是平行四边形(点P在第一象限)，求直线AP与OQ的斜率之积；
(3)记圆O：x2＋y2=eq \f(ab,a2＋b2)为椭圆C的“关联圆”.若b=eq \r(3)，过点P作椭圆C的“关联圆”的两条切线，切点为M，N，直线MN在x轴和y轴上的截距分别为m，n，
求证：eq \f(3,m2)＋eq \f(4,n2)为定值.
已知抛物线C：y2=2px(p>0)在第一象限内的点P(2，t)到焦点F的距离为eq \f(5,2).
(1)若N(- eq \f(1,2),0)，过点N，P的直线l1与抛物线相交于另一点Q，求eq \f(|QF|,|PF|)的值；
(2)若直线l2与抛物线C相交于A，B两点，与圆M：(x－a)2＋y2=1相交于D，E两点，O为坐标原点，OA⊥OB，试问：是否存在实数a，使得|DE|为定值？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.
已知抛物线C：y2=2px的焦点为F(1，0)，过F的直线l交抛物线C于A，B两点，直线AO，BO分别与直线m：x=－2相交于M，N两点.
(1)求抛物线C的方程；
(2)证明：△ABO与△MNO的面积之比为定值.
\s 0 答案解析
答案为：C；
解析：由题意可得c=5，设右焦点为F′，连接PF′，由|OP|=|OF|=|OF′|知，
∠PFF′=∠FPO，∠OF′P=∠OPF′，∴∠PFF′＋∠OF′P=∠FPO＋∠OPF′，
∴∠FPO＋∠OPF′=90°，即PF⊥PF′.
在Rt△PFF′中，由勾股定理，得|PF′|=eq \r(|FF′|2－|PF|2)=eq \r(102－62)=8，
由椭圆定义，得|PF|＋|PF′|=2a=6＋8=14，从而a=7，得a2=49，
于是b2=a2－c2=72－52=24，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,49)＋eq \f(y2,24)=1，故选C.
答案为：A；
解析：因为圆O与直线BF相切，所以圆O的半径为eq \f(bc,a)，即OC=eq \f(bc,a)，
因为四边形FAMN是平行四边形，所以点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)，\f(bc,a)))，
代入椭圆方程得eq \f(（a＋c）2,4a2)＋eq \f(c2b2,a2b2)=1，所以5e2＋2e－3=0，又0＜e＜1，所以e=eq \f(3,5).故选A.
答案为：B；
解析：由题意知a=3，b=eq \r(5)，c=2.设线段PF1的中点为M，则有OM∥PF2，
因为OM⊥F1F2，所以PF2⊥F1F2，所以|PF2|=eq \f(b2,a)=eq \f(5,3).
又因为|PF1|＋|PF2|=2a=6，所以|PF1|=2a－|PF2|=eq \f(13,3)，所以eq \f(|PF2|,|PF1|)=eq \f(5,3)×eq \f(3,13)=eq \f(5,13)，故选B.
答案为：A；
解析：根据双曲线的对称性可知点A，B关于原点对称，设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，
P(x，y)，所以eq \f(xeq \\al(2,1),a2)－eq \f(yeq \\al(2,1),b2)=1，eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1，两式相减得eq \f(xeq \\al(2,1)－x2,a2)=eq \f(yeq \\al(2,1)－y2,b2)，即eq \f(yeq \\al(2,1)－y2,xeq \\al(2,1)－x2)=eq \f(b2,a2)，
因为直线PA，PB的斜率之积为eq \f(1,3)，所以kPA·kPB=eq \f(y1－y,x1－x)·eq \f(－y1－y,－x1－x)=eq \f(yeq \\al(2,1)－y2,xeq \\al(2,1)－x2)=eq \f(b2,a2)=eq \f(1,3)，
所以双曲线的离心率为e=eq \r(1＋\f(b2,a2))=eq \r(1＋\f(1,3))=eq \f(2\r(3),3).故选A.
答案为：B；
解析：假设点P在双曲线的右支上，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|PF1|＋|PF2|＝6a，,|PF1|－|PF2|＝2a，))∴|PF1|=4a，|PF2|=2a.
∵|F1F2|=2c＞2a，∴△PF1F2最短的边是PF2，
∴△PF1F2的最小内角为∠PF1F2.
在△PF1F2中，由余弦定理得4a2=16a2＋4c2－2×4a×2c×cs 30°，
∴c2－2eq \r(3)ac＋3a2=0，∴e2－2eq \r(3)e＋3=0，∴e=eq \r(3)，∴eq \f(c,a)=eq \r(3)，
∴c2=3a2，∴a2＋b2=3a2，∴b2=2a2，
∴eq \f(b,a)=eq \r(2)，∴双曲线的渐近线方程为eq \r(2)x±y=0，故选B.
答案为：A；
解析：连接OM.由题意知OM⊥PF，且|FM|=|PM|，∴|OP|=|OF|，
∴∠OFP=45°，∴|OM|=|OF|·sin 45°，即a=c·eq \f(\r(2),2)，∴e=eq \f(c,a)=eq \r(2).故选A.
答案为：B；
解析：∵直线MF的斜率为eq \r(3)，MN⊥l，∴∠NMF=60°，又|MF|=|MN|，且|NF|=4，
∴△NMF是边长为4的等边三角形，∴M到直线NF的距离为2eq \r(3).故选B.
答案为：B；
解析：由抛物线y2=4x知焦点F的坐标为(1,0)，准线l的方程为x=－1，
由抛物线定义可知|PA|=|PF|=4，所以点P的坐标为(3,2eq \r(3))，
因此点A的坐标为(－1,2eq \r(3))，所以kAF=eq \f(2\r(3)－0,－1－1)=－eq \r(3)，
所以直线AF的倾斜角等于eq \f(2π,3)，故选B.
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：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：D；
解析：设
双曲线的左焦点为F1，由双曲线的对称性可知四边形MF2PF1为平行四边形.
所以|MF1|=|PF2|，MF1∥PN.设|PF2|=m，则|MF2|=3m，
所以2a=|MF2|－|MF1|=2m，即|MF1|=a，|MF2|=3a.
因为∠MF2N=60°，所以∠F1MF2=60°，
又|F1F2|=2c，在△MF1F2中，由余弦定理可得4c2=a2＋9a2－2·a·3a·cs 60°，
即4c2=7a2，所以eq \f(c2,a2)=eq \f(7,4)，所以双曲线的离心率e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(7),2).故选D.
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：eq \r(3)－1.
解析：设F′为椭圆的右焦点，则AF⊥AF′，∠AF′F=eq \f(π,3)，
∴|AF|=eq \r(3)|AF′|，|FF′|=2|AF′|，
因此椭圆C的离心率为eq \f(2c,2a)=eq \f(|FF′|,|AF|＋|AF′|)=eq \f(2,\r(3)＋1)=eq \r(3)－1.
答案为：eq \f(\r(3),3).
解析：易知∠F1PF2取最大值时，点P为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1与y轴的交点，
由余弦定理及椭圆的定义得2a2－eq \f(2a2,3)=4c2，即a=eq \r(3)c，所以椭圆的离心率e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(3),3).
答案为：eq \r(5).
解析：如图，易知抛物线的焦点为F(1，0)，准线方程是x=－1，
由抛物线的定义知，点P到直线x=－1的距离等于点P到F的距离.
于是问题转化为在抛物线上求一点P，使点P到点A(－1，1)的距离与点P到F(1，0)的
距离之和最小，连接AF交抛物线于点P，此时最小值为|AF|=eq \r(5).
答案为：eq \r(2).
解析：设M(x, SKIPIF 1 < 0 )，根据矩形的性质，得|MO|=|OF1|=|OF2|=c，
即x2＋( SKIPIF 1 < 0 )2=c2，则x=a，所以M(a，b).
因为△AMN的面积为eq \f(1,2)c2，所以2×eq \f(1,2)×a×b=eq \f(1,2)c2，所以4a2(c2－a2)=c4，
所以e4－4e2＋4=0，所以e=eq \r(2).
解：(1)由抛物线C：y2=2px过点P(1，1)，得p=eq \f(1,2).
所以抛物线C的方程为y2=x.
抛物线C的焦点坐标为（eq \f(1,4)，0），准线方程为x=－eq \f(1,4).
(2)证明：由题意，设直线l的方程为y=kx＋eq \f(1,2)(k≠0)，l与抛物线C的交点为
M(x1，y1)，N(x2，y2).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\f(1,2)，,y2＝x))得4k2x2＋(4k－4)x＋1=0.则x1＋x2=eq \f(1－k,k2)，x1x2=eq \f(1,4k2).
因为点P的坐标为(1，1)，所以直线OP的方程为y=x，点A的坐标为(x1，x1).
直线ON的方程为y=eq \f(y2,x2)x，点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(y2x1,x2))).
因为y1＋eq \f(y2x1,x2)－2x1=eq \f(y1x2＋y2x1－2x1x2,x2)=eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1＋\f(1,2)))x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2＋\f(1,2)))x1－2x1x2,x2)
=eq \f(（2k－2）x1x2＋\f(1,2)（x2＋x1）,x2)=eq \f(（2k－2）×\f(1,4k2)＋\f(1－k,2k2),x2)=0，
所以y1＋eq \f(y2x1,x2)=2x1.故A为线段BM的中点.
(1)解：由题意可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2=1.
(2)证明：由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx＋m(m≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，
整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)=0，
∵直线l与椭圆交于两点，
∴Δ=64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)=16(4k2－m2＋1)>0.
设点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1＋x2=eq \f(－8km,1＋4k2)，x1x2=eq \f(4m2－1,1＋4k2)，
∴y1y2=(kx1＋m)(kx2＋m)=k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.
∵直线OP，l，OQ的斜率成等比数列，
∴k2=eq \f(y2,x2)·eq \f(y1,x1)=eq \f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2)，
整理得km(x1＋x2)＋m2=0，
∴eq \f(－8k2m2,1＋4k2)＋m2=0，
又m≠0，∴k2=eq \f(1,4)，
结合图象(图略)可知k=－eq \f(1,2)，故直线l的斜率为定值.
解：(1)因为BF1⊥x轴，得到点B（-c，－eq \f(b2,a2)），
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(b2,aa＋c)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))
所以椭圆C的标准方程是eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)因为eq \f(S△PAM,S△PBN)=eq \f(\f(1,2)|PA||PM|·sin∠APM,\f(1,2)|PB||PN|·sin∠BPN)=eq \f(2·|PM|,1·|PN|)=λ，所以eq \f(|PM|,|PN|)=eq \f(λ,2)(λ>2)，
所以eq \(PM,\s\up6(→))=－eq \f(λ,2)eq \(PN,\s\up6(→)).由(1)可知P(0，－1)，
设MN方程为y=kx－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2－8kx－8=0，Δ>0恒成立，
即得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(8k,4k2＋3)，,x1·x2＝\f(－8,4k2＋3)，))(*)
又eq \(PM,\s\up6(→))=(x1，y1＋1)，eq \(PN,\s\up6(→))=(x2，y2＋1)，有x1=－eq \f(λ,2)x2，
将x1=－eq \f(λ,2)x2代入(*)可得，eq \f(2－λ2,λ)=eq \f(16k2,4k2＋3).
因为k>eq \f(1,2)，所以eq \f(16k2,4k2＋3)=eq \f(16,\f(3,k2)＋4)∈(1,4)，
则12，即得4<λ<4＋2eq \r(3).
综上所述，实数λ的取值范围为(4,4＋2eq \r(3)).
解：(1)由x2=2py，令y=2，得x=±2eq \r(p)，
所以4eq \r(p)=4eq \r(3)，解得p=3，所以x2=6y，
由y=eq \f(x2,6)，得y′=eq \f(x,3)，
故y′|x=2eq \r(3)=eq \f(2,3)eq \r(3).
所以在A点的切线方程为y－2=eq \f(2\r(3),3)(x－2eq \r(3))，
即2x－eq \r(3)y－2eq \r(3)=0，
同理可得在B点的切线方程为2x＋eq \r(3)y＋2eq \r(3)=0.
(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0，
故设l：y=kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x2=6y与y=kx＋m联立，
得x2－6kx－6m=0，Δ=36k2＋24m>0，
所以x1＋x2=6k，x1x2=－6m，
故|MN|=eq \r(1＋k2)·eq \r(36k2＋24m)=2eq \r(3)·eq \r(1＋k2)·eq \r(3k2＋2m).
又y1＋y2=k(x1＋x2)＋2m=6k2＋2m=4，
所以m=2－3k2，所以|MN|=2eq \r(3)·eq \r(1＋k2)·eq \r(4－3k2)，
由Δ=36k2＋24m>0，得－eq \f(2\r(3),3)因为MN的中点坐标为(3k,2)，
所以MN的垂直平分线方程为y－2=－eq \f(1,k)(x－3k)，令x=0，得y=5，
即Q(0,5)，所以点Q到直线kx－y＋2－3k2=0的距离d=eq \f(|－5＋2－3k2|,\r(1＋k2))=3eq \r(1＋k2)，
所以S△QMN=eq \f(1,2)·2eq \r(3)·eq \r(1＋k2)·eq \r(4－3k2)·3eq \r(1＋k2)=3eq \r(3)·eq \r(1＋k224－3k2).
令1＋k2=u，则k2=u－1，则1故S△QMN=3eq \r(3)·eq \r(u27－3u).
设f(u)=u2(7－3u)，则f′(u)=14u－9u2，结合1令f′(u)>0，得1所以当u=eq \f(14,9)，即k=±eq \f(\r(5),3)时，(S△QMN)max=3eq \r(3)×eq \f(14,9)eq \r(7－3×\f(14,9))=eq \f(14\r(7),3).
(1)解：由PF⊥x轴，知xP=c，代入椭圆C的方程，
得eq \f(c2,a2)＋eq \f(y\\al(2,P),b2)=1，解得yP=±eq \f(b2,a).
又|AF|=2|PF|，所以a＋c=eq \f(2b2,a)，所以a2＋ac=2b2，即a2－2c2－ac=0，
所以2e2＋e－1=0，
由0(2)解 因为四边形AOPQ是平行四边形，
所以PQ=a且PQ∥x轴，
所以xP=eq \f(a,2)，代入椭圆C的方程，解得yP=±eq \f(\r(3),2)b，
因为点P在第一象限，所以yP=eq \f(\r(3),2)b，
同理可得xQ=－eq \f(a,2)，yQ=eq \f(\r(3),2)b，
所以kAPkOQ=eq \f(\f(\r(3)b,2),\f(a,2)－－a)·eq \f(\f(\r(3)b,2),－\f(a,2))=－eq \f(b2,a2)，
由(1)知e=eq \f(c,a)=eq \f(1,2)，得eq \f(b2,a2)=eq \f(3,4)，所以kAPkOQ=－eq \f(3,4).
(3)证明 由(1)知e=eq \f(c,a)=eq \f(1,2)，又b=eq \r(3)，解得a=2，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1，
圆O的方程为x2＋y2=eq \f(2\r(3),7).①
连接OM，ON(图略)，由题意可知，OM⊥PM，ON⊥PN，
所以四边形OMPN的外接圆是以OP为直径的圆，
设P(x0，y0)，则四边形OMPN的外接圆方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(y0,2)))2=eq \f(1,4)(xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0))，
即x2－xx0＋y2－yy0=0.②
①－②，得直线MN的方程为xx0＋yy0=eq \f(2\r(3),7)，
令y=0，则m=eq \f(2\r(3),7x0)，令x=0，则n=eq \f(2\r(3),7y0).所以eq \f(3,m2)＋eq \f(4,n2)=49eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),4)＋\f(y\\al(2,0),3)))，
因为点P在椭圆C上，
所以eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),3)=1，所以eq \f(3,m2)＋eq \f(4,n2)=49(为定值).
解：(1)因为点P(2，t)到焦点F的距离为eq \f(5,2)，所以2＋eq \f(p,2)=eq \f(5,2)，解得p=1，
故抛物线C的方程为y2=2x，P(2，2)，
所以l1的方程为y=eq \f(4,5)x＋eq \f(2,5)，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(4,5)x＋\f(2,5)，,y2＝2x，))可解得xQ=eq \f(1,8)，
又|QF|=xQ＋eq \f(1,2)=eq \f(5,8)，|PF|=eq \f(5,2)，所以eq \f(|QF|,|PF|)=eq \f(\f(5,8),\f(5,2))=eq \f(1,4).
(2)设直线l2的方程为x=ny＋m(m≠0)，代入抛物线方程可得y2－2ny－2m=0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2=2n，y1y2=－2m，①
由OA⊥OB得，(ny1＋m)(ny2＋m)＋y1y2=0，
整理得(n2＋1)y1y2＋nm(y1＋y2)＋m2=0，②
将①代入②解得m=2或m=0(舍去)，满足Δ=4n2＋8m>0，
所以直线l2：x=ny＋2，
因为圆心M(a，0)到直线l2的距离d=eq \f(|a－2|,\r(1＋n2))，
所以|DE|=2 eq \r(12－\f(（a－2）2,1＋n2))，
显然当a=2时，|DE|=2，所以存在实数a=2，使得|DE|为定值.
解：(1)由焦点坐标为(1，0)，可知eq \f(p,2)=1，所以p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)证明：当直线l垂直于x轴时，△ABO与△MNO相似，
所以eq \f(S△ABO,S△MNO)=( SKIPIF 1 < 0 )eq \s\up12(2)=eq \f(1,4)；
当直线l与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=k(x－1).
设M(－2，yM)，N(－2，yN)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))整理得k2x2－(4＋2k2)x＋k2=0，所以x1·x2=1.
所以eq \f(S△ABO,S△MNO)=eq \f(\f(1,2)·|AO|·|BO|·sin∠AOB,\f(1,2)·|MO|·|NO|·sin∠MON)=eq \f(|AO|,|MO|)·eq \f(|BO|,|NO|)=eq \f(x1,2)·eq \f(x2,2)=eq \f(1,4).
综上，eq \f(S△ABO,S△MNO)=eq \f(1,4).