(1)解:设B(2+r,y₀),过圆心G作GD⊥AB于D,BC交长轴于H,图略.

由=得=,

即y₀=.①

而B(2+r,y₀)在椭圆上,

所以=1-==-②

由①②式得15r²+8r-12=0,

解得r=或r=-(舍去).

(2)证明:设过M(0,1)与圆(x-2)²+y²=相切的直线方程为y-1=kx,③

则=,即32k²+36k+5=0,

解得k₁=,k₂=.

将③代入+y²=1得(16k²+1)x²+32kx=0,则异于零的解为x=-.

设F(x₁,k₁x₁+1),E(x₂,k₂x₂+1),

则x₁=-,x₂=-.

则直线FE的斜率为k_EF===.

于是直线FE的方程为

y+-1=(x+),

即y=x-,

则圆心(2,0)到直线FE的距离d==,

故结论成立.

解:(1)将曲线C的方程化为x²+y²-2ax-y=0⇒(x-a)²+(y-)²=a²+,

可知曲线C是以点(a,)为圆心,以为半径的圆.

(2)△AOB的面积S为定值.

证明如下:在曲线C的方程中令y=0,得ax(x-2a)=0,得点A(2a,0),

在曲线C方程中令x=0,

得y(ay-4)=0,

得点B(0,),

所以S=|OA|·|OB|=·|2a|·||=4(定值).

(3)因为圆C过坐标原点,

且|OM|=|ON|,

所以OC⊥MN,

所以=,

所以a=±2.

当a=-2时,圆心坐标为(-2,-1),圆的半径为.

圆心到直线l:y=-2x+4的距离

d==>,

直线l与圆C相离,不合题意舍去,

a=2时符合题意.

这时曲线C的方程为x²+y²-4x-2y=0.

解:(1)由题意知c=.

根据椭圆的定义得2a=+,

即a=2.

所以b²=4-3=1.

所以椭圆C的标准方程为+y²=1.

(2)由题意知△ABO的面积S_△ABO=|AB|·|OP|=,

整理得λ=|OP|²-.

①当直线l的斜率不存在时,l的方程是x=.

此时|AB|=1,|OP|=,

所以λ=|OP|²-=-1.

②当直线l的斜率存在时,设直线l的方程是y=k(x-),

设A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),

由

可得(4k²+1)x²-8k²x+12k²-4=0,

显然Δ>0,

则

因为y₁=k(x₁-),y₂=k(x₂-),

所以|AB|=

=

=

=.

所以|OP|²=()²=,

此时,λ=-=-1.

综上所述,λ的值为-1.

解:(1)由题可知F(,0),

则该直线方程为y=x-.

代入y²=2px(p>0),得x²-3px+=0.

设M(x₁,y₁),N(x₂,y₂),

则有x₁+x₂=3p.

因为|MN|=8,

所以x₁+x₂+p=8,

即3p+p=8,

解得p=2,

所以抛物线的方程为y²=4x.

(2)设直线l的方程为y=x+b,代入y²=4x,

得x²+(2b-4)x+b²=0.

因为l为抛物线C的切线,

所以Δ=0.

解得b=1.

所以l的方程为y=x+1.

设P(m,m+1),

则=(x₁-m,y₁-(m+1)),

=(x₂-m,y₂-(m+1)),

所以·=(x₁-m)(x₂-m)+[y₁-(m+1)]·[y₂-(m+1)]

=x₁x₂-m(x₁+x₂)+m²+y₁y₂-(m+1)(y₁+y₂)+(m+1)².

由(1)可知x₁+x₂=6,x₁x₂=1,

所以(y₁y₂)²=16x₁x₂=16,y₁y₂=-4.

因为-=4(x₁-x₂),

所以y₁+y₂=4=4,

所以·=1-6m+m²-4-4(m+1)+(m+1)²

=2(m²-4m-3)=2[(m-2)²-7]≥-14,

当且仅当m=2,即点P的坐标为(2,3)时,·的最小值为-14.

解:(1)设双曲线方程为-=1(a>0,b>0).

由已知得a=,c=2,

又a²+b²=c²,得b²=1,

故双曲线C的方程为-y²=1.

(2)联立

整理得(1-3k²)x²-6kmx-3m²-3=0.

因为直线与双曲线有两个不同的交点,

所以

可得m²>3k²-1且k²≠.①

设M(x₁,y₁),N(x₂,y₂),MN的中点为B(x₀,y₀),

则x₁+x₂=,x₀==,

y₀=kx₀+m=,

由题意得,AB⊥MN,

k_AB==-(k≠0,m≠0),

整理得3k²=4m+1,②

将②代入①,得m²-4m>0,

所以m<0或m>4,

又3k²=4m+1>0(k≠0),即m>-.

所以m的取值范围是(-,0)∪(4,+∞).