高考數(shù)學(xué)（文）人教A版全國版綜合提分練（集全國各地市模擬新題重組）單元檢測九

單元檢測九平面解析幾何考生注意：1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁．2．答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學(xué)號填寫在相應(yīng)位置上．3．本次考試時間120分鐘，滿分150分．4．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整．第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．直線xtaneq\f(π,3)＋y＋2＝0的傾斜角α等于()A.eq\f(π,3) B.eq\f(π,6)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)2．兩直線3ax－y－2＝0和(2a－1)x＋5ay－1＝0分別過定點A，B，則|AB|等于()A.eq\f(89,5) B.eq\f(17,5)C.eq\f(13,5) D.eq\f(11,5)3．(2018·中山模擬)當(dāng)θ變化時，直線xcosθ＋ysinθ＝6所具有的性質(zhì)是()A．斜率不變 B．恒過定點C．與定圓相切 D．不能確定4．(2017·菏澤期末)已知圓C：x2＋y2－2x－4y＋a＝0，圓C與直線x＋2y－4＝0相交于A，B兩點，且OA⊥OB(O為坐標(biāo)原點)，則實數(shù)a的值為()A．－eq\f(4,5) B.eq\f(1,2)C.eq\f(8,5) D.eq\f(1,5)5．(2017·河北衡水中學(xué)調(diào)研)雙曲線eq\f(x2,m2－4)＋eq\f(y2,m2)＝1(m∈Z)的離心率為()A．3 B．2C.eq\r(5) D.eq\r(3)6．M是拋物線C：y2＝2px(p>0)上一點，F(xiàn)是拋物線C的焦點，O為坐標(biāo)原點，若|MF|＝p，K是拋物線C的準(zhǔn)線與x軸的交點，則∠MKO等于()A．15° B．30°C．45° D．60°7．已知直線y＝ax與圓C：(x－a)2＋(y－1)2＝a2－1交于A，B兩點，且∠ACB＝60°，則圓的面積為()A．6π B．36πC．7π D．49π8．(2017·安徽江淮十校聯(lián)考)已知中心在原點的橢圓與雙曲線有公共焦點，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且兩條曲線在第一象限的交點為P，△PF1F2是以PF1為底邊的等腰三角形，若|PF1|＝10，橢圓與雙曲線的離心率分別為e1，e2，則e1與e2滿足的關(guān)系是()A.eq\f(1,e1)＋eq\f(1,e2)＝2 B.eq\f(1,e1)－eq\f(1,e2)＝2C．e1＋e2＝2 D．e2－e1＝29．已知直線y＝k(x＋2)(k>0)與拋物線C：y2＝8x相交于A，B兩點，F(xiàn)為C的焦點，若|FA|＝2|FB|，則k的值為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(2\r(2),3)D.eq\f(2,3)10．(2017·廣西柳州、欽州模擬)過雙曲線eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的左焦點作直線l與雙曲線交于A，B兩點，使得|AB|＝4，若這樣的直線有且僅有兩條，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B．(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞)11．(2017·吉林省實驗中學(xué)模擬)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，過其左焦點F作x軸的垂線，交雙曲線于A，B兩點，若雙曲線的右頂點在以AB為直徑的圓內(nèi)，則雙曲線離心率的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) B．(1,2)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) D．(2，＋∞)12．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，右頂點為A，上頂點為B，若橢圓C的中心到直線AB的距離為eq\f(\r(6),6)|F1F2|，則橢圓C的離心率e等于()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(2),3)D.eq\f(\r(3),3)

第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．動點P到直線x＋4＝0的距離減去它到點M(2,0)的距離之差等于2，則點P的軌跡是__________．14．直線x＋2y＝0被圓(x－3)2＋(y－1)2＝25截得的弦長等于________．15．(2017·黃山模擬)已知拋物線C：y2＝8x，點P(0,4)，點A在拋物線上，當(dāng)點A到拋物線準(zhǔn)線l的距離與點A到點P的距離之和最小時，F(xiàn)是拋物線的焦點，延長AF交拋物線于點B，則△AOB的面積為________．16．(2017·宜賓診斷)設(shè)直線l：3x＋4y＋4＝0，圓C：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)，若在圓C上存在兩點P，Q，在直線l上存在一點M，使得∠PMQ＝90°，則r的取值范圍是____________．三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，平行于x軸且過點A(3eq\r(3)，2)的入射光線l1被直線l：y＝eq\f(\r(3),3)x反射，反射光線l2交y軸于點B，圓C過點A且與l1，l2都相切．(1)求l2所在直線的方程和圓C的方程；(2)設(shè)P，Q分別是直線l和圓C上的動點，求|PB|＋|PQ|的最小值及此時點P的坐標(biāo)．18．(12分)(2018·河北衡水中學(xué)模擬)在圓x2＋y2＝4上任取一點P，點P在x軸的正射影為點Q，當(dāng)點P在圓上運動時，動點M滿足eq\o(PQ,\s\up6(→))＝2eq\o(MQ,\s\up6(→))，動點M形成的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)點A(2,0)在曲線C上，過點(1,0)的直線l交曲線C于B，D兩點，設(shè)直線AB的斜率為k1，直線AD的斜率為k2，求證：k1k2為定值．

19.(12分)(2017·安徽巢湖柘皋中學(xué)模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長為2eq\r(2)，且橢圓C與圓M：(x－1)2＋y2＝eq\f(1,2)的公共弦長為eq\r(2).(1)求橢圓C的方程；(2)經(jīng)過原點作直線l(不與坐標(biāo)軸重合)交橢圓于A，B兩點，AD⊥x軸于點D，點E在橢圓C上，且(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(EB,\s\up6(→)))·(eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝0，求證：B，D，E三點共線．20．(12分)(2018·安徽江淮十校聯(lián)考)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F與橢圓C′：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,5)＝1的一個焦點重合，點A(x0,2)在拋物線上，過焦點F的直線l交拋物線于M，N兩點．(1)求拋物線C的方程及|AF|的值；(2)記拋物線C的準(zhǔn)線與x軸交于點B，若eq\o(MF,\s\up6(→))＝λeq\o(FN,\s\up6(→))，|BM|2＋|BN|2＝40，求實數(shù)λ的值．

21.(12分)(2018·石家莊質(zhì)檢)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點分別為A，B，且長軸長為8，T為橢圓上一點，直線TA，TB的斜率之積為－eq\f(3,4).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)O為原點，過點M(0,2)的動直線與橢圓C交于P，Q兩點，求eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＋eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))的取值范圍．22．(12分)(2017·武漢武昌區(qū)調(diào)研)已知橢圓的中心在坐標(biāo)原點，A(2,0)，B(0,1)是它的兩個頂點，直線y＝kx(k>0)與AB相交于點D，與橢圓相交于E，F(xiàn)兩點．(1)若eq\o(ED,\s\up6(→))＝6eq\o(DF,\s\up6(→))，求k的值；(2)求四邊形AEBF面積的最大值．答案精析1．C[因為y＝－eq\r(3)x－2，所以斜率k＝－eq\r(3)，即tanα＝－eq\r(3)(0≤α<π)，所以α＝eq\f(2π,3)，故選C.]2．C[直線3ax－y－2＝0過定點滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＝0，,y＋2＝0，))解得x＝0，y＝－2.∴直線3ax－y－2＝0過定點A(0，－2)．將直線(2a－1)x＋5ay－1＝0整理為(2x＋5y)a－(x＋1)＝0，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋5y＝0，,x＋1＝0，))解得x＝－1，y＝eq\f(2,5).∴直線(2a－1)x＋5ay－1＝0過定點Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,5))).∴|AB|＝eq\r(－1－02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)＋2))2)＝eq\f(13,5).故選C.]3．C[直線xcosθ＋ysinθ＝6到原點(0,0)的距離d＝eq\f(6,\r(cos2θ＋sin2θ))＝6，則直線xcosθ＋ysinθ＝6必與圓x2＋y2＝36相切．故選C.]4．C[設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由于OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝eq\f(5,4)x1x2－(x1＋x2)＋4＝0.(*)聯(lián)立直線和圓的方程，消去y得5x2－8x＋4a－16＝0，x1＋x2＝eq\f(8,5)，x1x2＝eq\f(4a－16,5)，代入(*)式得a＝eq\f(8,5).]5．B[由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m∈Z，,m2－4·m2<0，))∴m2＝1，即雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2－eq\f(x2,3)＝1，其離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(1＋3),1)＝2，故選B.]6．C[設(shè)點M在拋物線的準(zhǔn)線上的垂足是N，由于|MN|＝|MF|＝p，所以四邊形MNKF是正方形，則∠MKO＝45°，故選C.]7．A[由題意可得圓心C(a,1)，半徑R＝eq\r(a2－1)(a≠±1)，∵直線y＝ax和圓C相交，△ABC為等邊三角形，∴圓心C到直線ax－y＝0的距離為Rsin60°＝eq\f(\r(3),2)×eq\r(a2－1)，即d＝eq\f(|a2－1|,\r(a2＋1))＝eq\f(\r(3a2－1),2)，解得a2＝7，∴圓C的面積為πR2＝π(7－1)＝6π.故選A.]8．B[由橢圓與雙曲線的定義得e1＝eq\f(2c,10＋2c)，e2＝eq\f(2c,10－2c)，所以eq\f(1,e1)－eq\f(1,e2)＝eq\f(4c,2c)＝2，故選B.]9．C[設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1>0，y2>0)，由|AF|＝2|FB|得x1＋2＝2(x2＋2)，①又由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,y＝kx＋2，))得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，x1＋x2＝eq\f(8－4k2,k2)，②x1x2＝4，③由①②③可解得k＝eq\f(2\r(2),3)，故選C.]10．D[根據(jù)題意過雙曲線eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的左焦點F作直線l與雙曲線交于A，B兩點，使得|AB|＝4，若這樣的直線有且僅有兩條，可得eq\f(2b2,a)＝eq\f(2,a)<|AB|＝4，并且2a>4，解得a>2；或eq\f(2b2,a)＝eq\f(2,a)>|AB|＝4，并且2a<4，解得0<a<eq\f(1,2).綜上，選D.]11．D[AB＝eq\f(2b2,a)，由題意a＋c<eq\f(b2,a)，即a2＋ac<b2＝c2－a2，c2－ac－2a2>0，即e2－e－2>0，解得e>2(e<－1舍去)，故選D.]12．A[設(shè)橢圓C的焦距為2c(c<a)，由于直線AB的方程為bx＋ay－ab＝0，所以eq\f(ab,\r(a2＋b2))＝eq\f(\r(6),3)c.又b2＝a2－c2，所以3a4－7a2c2＋2c4＝0，解得a2＝2c2或3a2＝c2(舍去)，所以e＝eq\f(\r(2),2)，故選A.]13．拋物線解析由題意知，動點P到點M(2,0)的距離等于該點到直線x＝－2的距離，因此動點P的軌跡是拋物線．14．4eq\r(5)解析由圓(x－3)2＋(y－1)2＝25，得到圓心坐標(biāo)為(3,1)，半徑r＝5，所以圓心到直線x＋2y＝0的距離d＝eq\f(5,\r(5))＝eq\r(5)，則直線被圓截得的弦長為2eq\r(r2－d2)＝4eq\r(5).15．4eq\r(5)解析根據(jù)拋物線性質(zhì)知拋物線上一點到準(zhǔn)線的距離等于到焦點的距離，故當(dāng)P，A，F(xiàn)三點共線時達(dá)到最小值，由P(0,4)，F(xiàn)(2,0)，可得lAB：2x＋y－4＝0，聯(lián)立拋物線方程可得：x2－6x＋4＝0，設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，故|AB|＝x1＋x2＋p＝6＋4＝10，原點到直線lAB：2x＋y－4＝0的距離d＝eq\f(|4|,\r(4＋1))＝eq\f(4\r(5),5)，所以△AOB的面積為eq\f(4\r(5),5)×10×eq\f(1,2)＝4eq\r(5).16．[eq\r(2)，＋∞)解析由題意得，圓C：(x－2)2＋y2＝r2的圓心為C(2，0)，半徑為r，此時圓心到直線3x＋4y＋4＝0的距離d＝eq\f(|2×3＋4|,\r(32＋42))＝2，過直線l上任意一點M作圓C的兩條切線，切點為P，Q，則此時四邊形MPCQ為正方形，所以要使得直線l上存在一點M，使得∠PMQ＝90°，則d≤eq\r(2)r，即eq\r(2)r≥2，得r≥eq\r(2)，所以r的取值范圍是[eq\r(2)，＋∞)．17．解(1)易知直線l1：y＝2，設(shè)l1交l于點D，則D(2eq\r(3)，2)，因為直線l的斜率為eq\f(\r(3),3)，所以l的傾斜角為30°，所以l2的傾斜角為60°，所以k2＝eq\r(3)，所以反射光線l2所在的直線方程為y－2＝eq\r(3)(x－2eq\r(3))，即eq\r(3)x－y－4＝0.由題意，知圓C與l1切于點A，設(shè)圓心C的坐標(biāo)為(a，b)，因為圓心C在過點D且與l垂直的直線上，所以b＝－eq\r(3)a＋8，①又圓心C在過點A且與l1垂直的直線上，所以a＝3eq\r(3)，②由①②得a＝3eq\r(3)，b＝－1，故圓C的半徑|CA|＝r＝3，故所求圓C的方程為(x－3eq\r(3))2＋(y＋1)2＝9.綜上，l2所在直線的方程為eq\r(3)x－y－4＝0，圓C的方程為(x－3eq\r(3))2＋(y＋1)2＝9.(2)由(1)知B(0，－4)．設(shè)點B(0，－4)關(guān)于l對稱的點為B′(x0，y0)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y0－4,2)＝\f(\r(3),3)·\f(x0,2)，,\f(y0＋4,x0)＝－\r(3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－2\r(3)，,y0＝2，))故B′(－2eq\r(3)，2)．由題意知，當(dāng)B′，P，Q三點共線時，|PB|＋|PQ|最小，故|PB|＋|PQ|的最小值為|B′C|－3＝eq\r(－2\r(3)－3\r(3)2＋2＋12)－3＝2eq\r(21)－3，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y＋1,2＋1)＝\f(x－3\r(3),－2\r(3)－3\r(3))，,y＝\f(\r(3),3)x，))得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，故|PB|＋|PQ|的最小值為2eq\r(21)－3，此時點P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2))).18．(1)解設(shè)點M的坐標(biāo)為(x，y)，點P的坐標(biāo)為(x0，y0)，則x＝x0，y＝eq\f(y0,2)，因為點P(x0，y0)在圓x2＋y2＝4上，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4，*把x＝x0，y＝eq\f(y0,2)代入方程*，得eq\f(x2,4)＋y2＝1，所以曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明方法一由題意知直線l的斜率不為0，設(shè)直線l的方程為x＝my＋1，B(x1，y1)，D(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝my＋1，))消去x，得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，易知Δ＝16m2＋48>0，得y1＋y2＝eq\f(－2m,m2＋4)，y1y2＝eq\f(－3,m2＋4)，k1k2＝eq\f(y1y2,x1－2x2－2)＝eq\f(y1y2,my1－1my2－1)＝eq\f(y1y2,m2y1y2－my1＋y2＋1)＝eq\f(－3,－3m2＋2m2＋m2＋4)＝－eq\f(3,4).所以k1k2＝－eq\f(3,4)為定值．方法二①當(dāng)直線l的斜率不存在時，設(shè)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))，所以k1k2＝eq\f(－\f(\r(3),2),1－2)·eq\f(\f(\r(3),2),1－2)＝－eq\f(3,4).②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，B(x1，y1)，D(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－1，))消去y，得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0，易知Δ＝48k2＋16>0，x1＋x2＝eq\f(8k2,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－4,1＋4k2)，k1k2＝eq\f(y1y2,x1－2x2－2)＝eq\f(k2x1－1x2－1,x1－2x2－2)＝eq\f(k2[x1x2－x1＋x2＋1],x1x2－2x1＋x2＋4)＝eq\f(k24k2－4－8k2＋1＋4k2,4k2－4－16k2＋4＋16k2)＝－eq\f(3,4)，所以k1k2＝－eq\f(3,4)為定值．19．(1)解由題意得2a＝2eq\r(2)，則a＝eq\r(2).由橢圓C與圓M：(x－1)2＋y2＝eq\f(1,2)的公共弦長為eq\r(2)，其長度等于圓M的直徑，可得橢圓C經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，±\f(\r(2),2)))，所以eq\f(1,2)＋eq\f(\f(1,2),b2)＝1，解得b＝1.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明設(shè)A(x1，y1)，E(x2，y2)，則B(－x1，－y1)，D(x1,0)．因為點A，E都在橢圓C上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋2y\o\al(2,1)＝2，,x\o\al(2,2)＋2y\o\al(2,2)＝2，))所以(x1－x2)(x1＋x2)＋2(y1－y2)(y1＋y2)＝0，即eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(x1＋x2,2y1＋y2).又(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(EB,\s\up6(→)))·(eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，所以kAB·kAE＝－1，即eq\f(y1,x1)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－1，其中kAB，kAE分別是直線AB，AE的斜率．所以eq\f(y1,x1)·eq\f(x1＋x2,2y1＋y2)＝1，所以eq\f(y1,x1)＝eq\f(2y1＋y2,x1＋x2)，又kBE－kBD＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)－eq\f(y1,2x1)＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)－eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝0，所以kBE＝kBD，所以B，D，E三點共線．20．解(1)由題意，橢圓C′：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,5)＝1中，a2＝6，b2＝5，故c2＝a2－b2＝1，故F(1,0)，故eq\f(p,2)＝1，則2p＝4，故拋物線C的方程為y2＝4x.將A(x0，2)代入y2＝4x，解得x0＝1，故|AF|＝1＋eq\f(p,2)＝2.(2)設(shè)l：x＝my＋1，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋1，))消去x，得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16>0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝－4，))①且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝my1＋1，,x2＝my2＋1，))又eq\o(MF,\s\up6(→))＝λeq\o(FN,\s\up6(→))，所以(1－x1，－y1)＝λ(x2－1，y2)，即y1＝－λy2，代入①得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－λy\o\al(2,2)＝－4，,1－λy2＝4m，))消去y2得4m2＝λ＋eq\f(1,λ)－2，B(－1,0)，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq\o(BN,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，則|eq\o(BM,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BN,\s\up6(→))|2＝eq\o(BM,\s\up6(→))2＋eq\o(BN,\s\up6(→))2＝(x1＋1)2＋yeq\o\al(2,1)＋(x2＋1)2＋yeq\o\al(2,2)＝xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋2(x1＋x2)＋2＋yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝(my1＋1)2＋(my2＋1)2＋2(my1＋my2＋2)＋2＋yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝(m2＋1)(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))＋4m(y1＋y2)＋8＝(m2＋1)(16m2＋8)＋4m·4m＋8＝16m4＋40m2＋16，令16m4＋40m2＋16＝40，解得m2＝eq\f(1,2)，故λ＝2±eq\r(3).21．解(1)設(shè)T(x，y)，則直線TA的斜率為k1＝eq\f(y,x＋4)，直線TB的斜率為k2＝eq\f(y,x－4).于是由k1k2＝－eq\f(3,4)，得eq\f(y,x＋4)·eq\f(y,x－4)＝－eq\f(3,4)，整理得eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋2，點P，Q的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，直線方程與橢圓方程聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，,y＝kx＋2，))得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0，Δ＝(16k)2－4(4k2＋3)×(－32)>0.所以x1＋x2＝－eq\f(16k,4k2＋3)，x1x2＝－eq\f(32,4k2＋3)，從而eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＋eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)(y2－2)]＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋