1．解：(1)由題意Fp2，0，設直線l方程為y＝43x?p2，G(x1，y1)，H(x由拋物線焦半徑公式可知：|FG|＋|FH|＝x1＋x2＋p＝254所以x1＋x2＝254－p.聯(lián)立y＝43x?p2，y2＝2px，所以x1＋x2＝17p8＝254－故拋物線C的方程為y2＝4x，焦點F(1，0)．(2)證明：設A(x3，y3)，N(x4，y4)，P(m，0)，則M(－m，0)，直線AM的方程為x＝ty－m.聯(lián)立x＝ty?m，y2＝2px，消去x得y2－2pty＋2pm＝0，則y3＋y4＝2pt，y3而kAP＋kNP＝y(tǒng)3又知x3y4＋x4y3－m(y3＋y4)＝(ty3－m)y4＋(ty4－m)y3－m(y3＋y4)＝2ty3y4－2m(y3＋y4)＝4ptm－4ptm＝0，所以kAP＋kNP＝0，所以MP為∠APE的角平分線．2．解：(1)由題設橢圓C的方程為mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，因為橢圓過M(2，0)，N1，所以4m＝1，m+34n＝1，得到m＝14，n＝1，所以橢圓(2)由(1)知D(0，1)，易知直線DA，DB的斜率均存在且不為0，不妨設kDA＝k(k>0)，kDB＝－1k，直線DA為y＝kx＋1，直線DB為y＝－1k由橢圓的對稱性知，當k＝1時，顯然有|DA|＝|DB|，滿足題意，當k2≠1時，由y＝kx+1，x24+y2＝1，所以xA＝－8k1+4k2，同理可得B8kk所以kAB＝k2設AB中點坐標為(x0，y0)，則x0＝?8ky0＝1?4k所以AB中垂線方程為y＋15k要使△ADB為AB為底邊的等腰直角三角形，則直AB中垂線方程過點(0，1)，所以1＋15k2k2+41+4k令t＝k2，則t2－7t＋1＝0，Δ＝49－4>0，所以t有兩根t1，t2，且t1＋t2＝7>0，t1t2＝1>0，即t2－7t＋1＝0有兩個正根，故有2個不同的k2值，滿足k4－7k2＋1＝0，所以由橢圓的對稱性知，當k2≠1時，還存在2個符合題意的三角形，綜上所述，存在以D為頂點，AB為底邊的等腰直角三角形，滿足條件的三角形有3個．3．解：(1)由題意，得a＝b2+c2＝5，又e＝ca故橢圓C的標準方程為x25＋y(2)F1(－2，0)，P(－1，0)，若直線l的斜率不存在，則|OM|＝1，|PA|＝|PB|＝25由λ|OM|2＝|PA|·|PB|，得λ＝45若直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝k(x＋1)，由y＝kx+1，x25+y2＝1消去y，得(5k2＋1)xΔ＝(10k2)2－4(5k2＋1)(5k2－5)>0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－10k由題意|PA|＝k2+1x所以|PA|·|PB|＝(k2＋1)|(x1＋1)(x2＋1)|＝(k2＋1)|x1x2＋(x1＋x2)＋1|＝4k由題意知，直線OM的方程為y＝kx，由y＝kx，x25+y2＝1消去設M(x0，y0)，則x02＝5由λ|OM|2＝|PA|·|PB|，得λ＝45綜上，存在實數λ＝45，使得λOM2＝|4．解：(1)因為平面ABC⊥α，平面ABC∩α＝AB，BC?平面ABC，BC⊥AB，所以BC⊥α.所以直線CD在α內的射影為直線AB，所以直線CD與α所成角為∠CDB.過D作DF⊥AC，垂足為F.因為CD平分∠ACB，DB⊥BC，所以DF＝DB.又AD＝2DB，所以DF＝12AD，所以∠DAF又AB＝6，∠ABC＝90°，所以BC＝23.因為DB＝13AB＝2，所以∠CDB所以直線CD與平面α所成角為60°.(2)(ⅰ)曲線T是橢圓，理由如下：由(1)可知，DF⊥AC，DA＝DC，所以F是AC的中點，設AB的中點為O，所以OF∥BC.又BC⊥α，所以OF⊥α.在α內過O作OG⊥AB，所以OF⊥OB，OF⊥OG，以O為原點，OG，OB，OF所在的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系因為OB＝3，DB＝2，所以OD＝1，設E(x，y，0)，又D(0，1，0)，C0，3，23，則CE因為cos∠ECD＝CD·CECDCE所以?2y+184x2+y?32+12＝3所以曲線Γ是橢圓．(ⅱ)方法一：設P(x1，y1，0)，Q(x2，y2，0)．在平面α內，因為l與AB不重合，可設l：y＝kx＋1，由y＝kx+1，3x2+2y2＝18，得(2k2＋3)x2＋4kx由對稱性知，若存在定點T滿足條件，則T必在平面ABC與α的交線AB上，故可設T(0，t，0)．若∠PTC＝∠QTC，則cos∠PTC＝cos∠QTC，即TP·因為TP＝(x1，y1－t，0)，TQ＝(x2，y2－t，0)，TC＝0，所以(3－t)(y1－t)x22+y2?t2＝(3－t)(當t＝3時，上式恒成立，所以t＝3符合題意；當t≠3時，有(y1－t)x22+y2?t2＝(所以y1?t2x22+y2?t2因為x1x2<0，(y1－t)(y2－t)≥0，所以x1(y2－t)＋x2(y1－t)＝0，所以2kx1x2＋(1－t)(x1＋x2)＝0，所以2k?162k2+3＋(1－t)?因為上式對于任意的k∈R恒成立，所以t＝9.綜上，存在點T滿足AT＝AB，或方法二：設P(x1，y1，0)，Q(x2，y2，0)，在平面α內，因為l與AB不重合，可設l：y＝kx＋1，由y＝kx+1，3x2+2y2＝18，所以x1＋x2＝－4k2由對稱性知，若存在定點T滿足條件，則T必在平面ABC與α的交線AB上，故可設T(0，t，0)．當T與B重合時，因為CT⊥α，又PT，QT?α，所以∠PTC＝∠QTC＝π2，所以當t當T與B不重合時，過B作BP1⊥PT，BQ1⊥QT，垂足分別為P1，Q1，連接CP1，CQ1，則因為BC⊥α，P1T?α，所以P1T⊥BC.又P1T⊥BP1，BP1∩BC＝B，所以P1T⊥平面BCP1，所以P1T⊥CP1，同理Q1T⊥CQ1，又∠P1TC＝∠Q1TC，所以△P1TC≌△Q1TC，所以P1T＝Q1T，所以Rt△BP1T≌Rt△BQ1T