第55讲 直线与圆锥曲线的位置关系（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义

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1、 第 1 页 / 共 20 页 第第 55 讲讲 直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系 一、课程标准 1. 会判断直线与圆锥曲线的位置关系 2. 会求直线与圆锥曲线相交时的弦长 3. 求圆锥曲线的中点弦 二、基础知识回顾 1、直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线 l 与圆锥曲线 C 的位置关系时，通常将直线 l 的方程 AxByC0(A，B 不同时为 0)代入圆 锥曲线 C 的方程 F(x，y)0，消去 y(或 x)得到一个关于变量 x(或 y)的一元方程 例：由 0 ,0 AxByC F x y ，消去 y，得 ax2bxc0. (1)当 a0 时，设一元二次方程 ax2bxc0

2、的判别式为 ，则： 0直线与圆锥曲线 C 相交； 0直线与圆锥曲线 C 相切； 0，即 k 3 2 时，方程有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解，这 时直线 l 与椭圆 C 有两个不重合的公共点 (2) 当 0，即 k 3 2 时，方程有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解，这时直线 l 与椭圆 C 有两个互相重合的公共点，即直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点 (3) 当 0，即 3 2 k 3 2 时，方程没有实数根，可知原方程组没有实数解，这时直线 l 与椭圆 C 没有 公共点 变式 1、若直线 l：ykx2 与曲线 C：y2x 恰好有一个公共点，求实数 k

3、 的取值集合 【解析】 因为直线 l 与曲线 C 只有一个公共点， 所以方程组 ykx2， y2x 有唯一一组实数解， 消去 y，并整理得 k2x2(4k1)x40. 当 k0 时，解得 x4， 这时，原方程组有唯一解 x4， y2； 当 k0 时，(4k1)24 4k28k1， 第 4 页 / 共 20 页 令 0，解得 k1 8，此时原方程组有唯一解 综上，实数 k 的取值集合是 0，1 8 . 变式 2 若直线 ykx2 与双曲线 x2y26 的右支交于不同的两点，则实数 k 的取值范围是_ 【答案】 15 3 ，1 【解析】 联立 ykx2， x2y26，消去 y 并整理，得(1k 2

4、)x24kx100. 设直线与双曲线右支交于不同的两点 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 1k20， k0，解得 m0，解得 t1 3， 所以 y1y22，y1y13t. 因为AP 3PB，所以 y 13y2， 所以 y21，y13，所以 y1y23， 则 AB14 9 （y1y2） 24y 1y2 13 3 4124 13 3 . 方法总结;(1)涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求法计算弦长 (2)涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算 (3)涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解 考点三 求圆锥曲线的中点弦 例 3、已知椭圆 E：x

5、 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 1 2，点 A，B 分别为椭圆 E 的左、右顶点，点 C 在 E 上， 且ABC 面积的最大值为 2 3. (1)求椭圆 E 的方程； (2)设 F 为 E 的左焦点，点 D 在直线 x4 上，过 F 作 DF 的垂线交椭圆 E 于 M，N 两点证明：直 线 OD 平分线段 MN. 第 8 页 / 共 20 页 【解析】(1)由题意得 ec a 1 2， ab2 3， a2b2c2， 解得 a2， b 3， 故椭圆 E 的方程为x 2 4 y2 31. (2)证明：设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(4，n)，线段 MN 的中点 P(x0，

6、y0)，则 2x0 x1x2,2y0y1y2， 由(1)可得 F(1,0)，则直线 DF 的斜率为 kDF 0 41 n n 3，当 n0 时，直线 MN 的斜率不存在，根 据椭圆的对称性可知 OD 平分线段 MN；当 n0 时，直线 MN 的斜率 kMN3 n y1y2 x1x2.因为点 M，N 在椭圆 E 上，所以 x21 4 y21 31， x22 4 y22 31， 整理得（x1x2）（x1x2） 4 （y1y2）（y1y2） 3 0，又 2x0 x1x2,2y0y1 y2，所以y0 x0 n 4，即直线 OP 的斜率为 kO P n 4，因为直线 OD 的斜率为 kOD n 4，所以

7、直线 OD 平分线 段 MN. 变式 1、 已知 P(1，1)为椭圆x 2 4 y 2 21 内的一点，经过点 P 引一条弦交椭圆于 A，B 两点，且此弦被点 P 平分，则此弦所在直线的方程为 【答案】 x2y30 【解析】 方法一：易知此弦所在直线的斜率存在， 所以设其方程为 y1k(x1)， A(x1，y1)，B(x2，y2)联 立 y1k（x1）， x2 4 y 2 2 1， 消去y并整理， 得(2k21)x24k(k1)x2(k22k1)0， 所以x1x24k（k1） 2k21 . 又因为 x1x22， 所以4k（k1） 2k21 2，解得 k1 2，故此弦所在的直线方程为 y1 1

8、2(x1)，即 x2y30. 方法二：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为 k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x 2 1 4 y 2 1 2 1， x22 4 y 2 2 2 1，由，得（x1x2）（x1x2） 4 （y1y2）（y1y2） 2 0，因为 x1x22，y1y2 2，所以x1x2 2 y1y20，所以 ky1y2 x1x2 1 2，所以此弦所在的直线方程为 y1 1 2(x1)，即 x 2y30. 变式 2、已知椭圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 1 2，点 A，B 分别为椭圆 E 的左、右顶点，点 C 在椭圆 E 上，且ABC 面积的最大值为

9、2 3. (1) 求椭圆 E 的方程； 第 9 页 / 共 20 页 (2) 设 F 为椭圆 E 的左焦点，点 D 在直线 x4 上，过点 F 作 DF 的垂线交椭圆 E 于 M，N 两点证 明：直线 OD 平分线段 MN. 【解析】 (1) 由题意得 ec a 1 2， ab2 3， a2b2c2， 解得 a2， b 3，故椭圆 E 的方程为 x2 4 y 2 3 1. (2) 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(4，n)，线段 MN 的中点 P(x0，y0)， 则 2x0 x1x2，2y0y1y2. 由(1) 可得 F(1，0)， 则直线 DF 的斜率为 kDF n0 4（1） n

10、 3， 当 n0 时，直线 MN 的斜率不存在， 根据椭圆的对称性可知 OD 平分线段 MN； 当 n0 时，直线 MN 的斜率 kMN3 n y1y2 x1x2. 因为点 M，N 在椭圆 E 上，所以 x21 4 y 2 1 31， x22 4 y22 3 1， 由， 得（x1x2）（x1x2） 4 （y1y2）（y1y2） 3 0， 又 2x0 x1x2，2y0y1y2， 所以y0 x0 n 4，直线 OP 的斜率为 kOP n 4， 因为直线 OD 的斜率为 kODn 4， 所以直线 OD 平分线段 MN. 方法总结：(1)处理有关中点弦及对应直线斜率关系的问题时，常用“点差法”，步骤如

11、下： 设点：设出弦的两端点坐标；代入：代入圆锥曲线方程；作差：两式相减，再用平方差公式把 上式展开；整理：转化为斜率与中点坐标的关系式，然后求解 (2)“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题由于“点差 法”具有不等价性，所以在使用时要考虑判别式 是否为正数 考点四 圆锥曲线中的最值问题 例 4、已知动圆过定点(2,0)，且在 y 轴上截得的弦长为 4，设动圆圆心的轨迹为 H，点 E(m,0)(m0)为一个 第 10 页 / 共 20 页 定点，过点 E 作斜率分别为 k1，k2的两条直线交 H 于点 A，B，C，D，且 M，N 分别是线段 AB，C

12、D 的中 点 (1)求轨迹 H 的方程； (2)若 m1，且过点 E 的两条直线相互垂直，求EMN 的面积的最小值 【解析】(1)设动圆圆心的坐标为(x，y)，由题意可以得到 2 2 2xy x24，化简得 y24x，所 以动圆圆心的轨迹 H 的方程为 y24x. (2)当 m1 时，E 为抛物线 y24x 的焦点，因为 k1k21，所以 ABCD.设直线 AB 的方程为 yk1(x 1)，A(x1，y1)，B(x2，y2) 由 1 2 1 4 yk x yx ，得 k1y24y4k10，则 y1y2 4 k1，y1y24，x1x2 y1y2 k1 24 k212. 因为 M x1x2 2 ，

13、y1y2 2 ，所以 M 2 k211， 2 k1 . 同理，可得 N(2k211，2k1) 所以 SEMN1 2|EM| |EN| 1 2 2 k21 2 2 k1 2 2 2 2 11 22kk 2k21 1 k2122 224，当且仅当 k21 1 k21，即 k1 1 时，EMN 的面积取最小值 4. 变式 1、已知动圆过定点 A(2，0)，且在 y 轴上截得的弦长为 4，设动圆圆心的轨迹为 H，点 E(m，0)(m0) 为一个定点，过点 E 作斜率分别为 k1，k2的两条直线交 H 于点 A，B，C，D，且 M，N 分别是线段 AB， CD 的中点 (1) 求轨迹 H 的方程； (2

14、) 若 m1，且过点 E 的两条直线相互垂直，求EMN 的面积的最小值； (3) 若 k1k21，求证：直线 MN 过定点 【解析】 (1) 设动圆圆心的坐标为(x，y)， 由题意知 （x2）2y2 x24， 化简得 y24x， 所以动圆圆心的轨迹 H 的方程为 y24x. (2) 当 m1 时，E 为抛物线 y24x 的焦点， 第 11 页 / 共 20 页 因为 ABCD，所以 k1k21. 设直线 AB 的方程为 yk1(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2) 联立 yk1（x1）， y24x， 消去 x 并整理，得 k1y24y4k10， 则 y1y2 4 k1，y1y24，x1x

15、2 y1y2 k1 2 4 k212. 因为 M x1x2 2 ，y1y2 2 ，所以 M 2 k211， 2 k1 . 同理，可得 N(2k211，2k1) 所以 SEMN1 2EM EN 1 2 2 k21 2 2 k1 2 （2k21）2（2k1）2 2k21 1 k2122 224， 当且仅当 k21 1 k21，即 k1 1 时，EMN 的面积取最小值 4. (3) 设直线 AB 的方程为 yk1(xm)，A(x1，y1)，B(x2，y2) 联立 yk1（xm）， y24x， 消去 x 并整理，得 k1y24y4k1m0， 则 y1y2 4 k1，y1y24m， x1x2y1y2 k

16、1 2m 4 k212m. 因为 M x1x2 2 ，y1y2 2 ，所以 M 2 k21m， 2 k1 . 同理，可得 N 2 k22m， 2 k2 ， 所以 kMN k1k2 k1k2k1k2， 所以直线 MN 的方程为 y 2 k1k1k2 x 2 k21m ， 即 yk1k2(xm)2， 所以直线 MN 过定点(m，2) 变式 2、已知椭圆 C：y 2 a2 x2 b21(ab0)的短轴长为 2，且椭圆 C 的顶点在圆 M：x 2 y 2 2 2 1 2上 (1)求椭圆 C 的方程； 第 12 页 / 共 20 页 (2)过椭圆的上焦点作相互垂直的弦 AB，CD，求|AB|CD|的最小

17、值 【解析】(1)由题意可知 2b2，b1.又椭圆 C 的顶点在圆 M 上，则 a 2，故椭圆 C 的方程为y 2 2 x21. (2)当直线 AB 的斜率不存在或为零时，|AB|CD|3 2；当直线 AB 的斜率存在，且不为零时，设直 线 AB 的方程为 ykx1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立 ykx1， y2 2 x21，消去 y，整理得 (k22)x22kx10，则 x1x2 2k k22，x1x2 1 k22，故|AB| 1k 2 （x1x2）24x1x22 2（k 21） k22 . 同理可得|CD|2 2（k 21） 2k21 ，|AB|CD| 6 2（k21）2 （2

18、k21）（k22）.令 tk 21，则 t1，01 t1， |AB|CD| 6 2t2 （2t1）（t1） 6 2 21 t 11 t 6 2 1 t 1 2 29 4 ，当 01 t1 时，2 1 t 1 2 2 9 4 9 4， 8 2 3 |AB|CD|3 2，综上可知，8 2 3 |AB|CD|3 2，|AB|CD|的最小值8 2 3 方法总结：1圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问 题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题 2最值问题的两类解法技巧 (1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特

19、征及意义，则考虑利用图形性质来解决 (2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数 的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解 考点五 圆锥曲线中的定点、定值问题 例 5 已知椭圆 C：x 2 a2y 21(a0)，过椭圆 C 的右顶点和上顶点的直线与圆 x2y22 3相切 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 M 是椭圆 C 的上顶点，过点 M 分别作直线 MA，MB 交椭圆 C 于 A，B 两点，设这两条直线的斜 率分别为 k1，k2，且 k1k22，证明：直线 AB 过定点 【解析】(1)直线过点(a， 0)和(0，1)，直线的方程为

20、xaya0，直线与圆 x2y22 3相切， |a| 1a2 第 13 页 / 共 20 页 6 3 ，解得 a22，椭圆 C 的方程为x 2 2y 21. (2)证明：当直线 AB 的斜率不存在时，设 A(x0，y0)，则 B(x0，y0)，由 k1k22 得y01 x0 y01 x0 2，解得 x01. 当直线 AB 的斜率存在时，设 AB 的方程为 ykxm(m1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 x 2 2 y21， ykxm (1 2k2)x24kmx2m220，得 x1x2 4km 12k2，x1 x2 2m22 12k2，由 k1k22 y11 x1 y21 x2 2（kx

21、2m1）x1（kx1m1）x2 x1x2 2，即(22k)x1x2(m1)(x1x2) (22k)(2m22)(m1)(4km)，即(1k)(m21)km(m1)，由 m1 得(1k)(m1)kmk m1，即 ykxm(m1)xmm(x1)yx，故直线 AB 过定点(1，1)综上，直线 AB 过定 点(1，1) 变式 1、如图，椭圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率是 2 2 ，点 P(0,1)在短轴 CD 上，且PC PD 1. (1)求椭圆 E 的方程； (2)设 O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 A，B 两点是否存在常数 ，使得OA OB PA PB 为 定值

22、？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由 【解析】由已知得点 C，D 的坐标分别为(0，b)，(0，b) 又点 P 的坐标为(0,1)，且PC PD 1， 于是 1b21， c a 2 2 ， a2b2c2， 解得 a2，b 2， 所以椭圆 E 方程为x 2 4 y2 21. (2)当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 ykx1， A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2) 第 14 页 / 共 20 页 联立 x2 4 y2 21， ykx1 得(2k21)x24kx20. 其判别式 (4k)28(2k21)0， 所以，x1x2 4k 2k21，x1x2 2 2k21.

23、 从而OA OB PA PB x1x2y1y2x1x2(y11) (y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)1 24k221 2k21 1 2k212.所以， 当 1 时， 1 2k2123， OA OB PA PB 3 为定值当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 即为直线 CD，此时OA OB PA PB OC OD PC PD 23，故存在常数 1. 综上可知，存在常数 1，使得OA OB PA PB 为定值3. 变式 2、已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 3 2 ，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，OAB 的面积为 1. (1)求椭圆 C 的方

24、程； (2)设 P 是椭圆 C 上一点， 直线 PA 与 y 轴交于点 M， 直线 PB 与 x 轴交于点 N.求证： |AN| |BM|为定值 【解析】(1)由题意得 c a 3 2 ， 1 2ab1， a2b2c2， 解得 a2，b1.椭圆 C 的方程为x 2 4 y21. (2)证明：(方法 1)由(1)，知 A(2，0)，B(0，1)设 P(x0，y0)，则 x204y204. 当 x00 时，直线 PA 的方程为 y y0 x02(x2)令 x0，得 yM 2y0 x02， 从而|BM|1yM| 1 2y0 x02 . 直线 PB 的方程为 yy01 x0 x1. 令 y0，得 xN

25、 x0 y01， 从而|AN|2xN| 2 x0 y01 . |AN| |BM| 2 x0 y01 1 2y0 x02 x204y204x0y04x08y04 x0y0 x02y02 4x0y04x08y08 x0y0 x02y02 4. 当 x00 时，y01，|BM|2，|AN|2， |AN| |BM|4. 第 15 页 / 共 20 页 综上，|AN| |BM|为定值 (方法 2)点 P 在曲线 x 2 2 y 1 2 1 上，不妨设 P(2cos，sin)， 当 k 且 k 2(kZ)时，直线 AP 的方程为 y0 sin 2（cos1）(x2)， 令 x0，得 yM sin 1cos

26、；直线 BP 的方程为 y1 sin1 2cos (x0)， 令 y0，得 xN 2cos 1sin， |AN| |BM| 2 1 cos 1sin 1 sin 1cos 2 2（1sin）（1cos） （1sin）（1cos） 2 24(定值) 当 k 或 k 2(kZ)时，M、N 是定点，易得|AN| |BM|4. 综上，|AN| |BM|4. 方法总结：1定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线 有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题 2圆锥曲线中定点、定值问题的解法 (1)定点问题的常见解法 假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系

27、方程，而该方程与参数无关，故得到 一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点； 从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意 (2)定值问题的常见解法 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值 五、优化提升与真题演练 1、 （2018 年高考浙江卷）已知点 P(0，1)，椭圆 2 4 x +y2=m(m1)上两点 A，B 满足AP=2PB，则当 m=_时，点 B 横坐标的绝对值最大 【答案】5 【解析】设 11 ( ,)A x y， 22 (,)B xy， 第 16 页 / 共 20 页 由 2APPB 得

28、 12 2xx， 12 12(1)yy， 所以 12 23yy， 因为A，B在椭圆上，所以 2 2 1 1 4 x ym， 2 2 2 2 4 x ym， 所以 2 2 2 2 4 (23) 4 x ym， 所以 2 2 4 x 2 2 3 24 () m y ， 与 2 2 2 2 4 x ym对应相减得 2 3 4 m y ， 22 2 1 (109)4 4 xmm ， 当且仅当5m时取最大值 2、 （2020 届浙江省高中发展共同体高三上期末） 已知椭圆 22 22 10 xy ab ab 的内接ABC的顶点B为 短轴的一个端点， 右焦点F， 线段AB中点为K， 且 2C FF K ，

29、则椭圆离心率的取值范围是_. 【答案】 3 0, 3 【解析】由题意可设0,Bb，,0F c，线段AB中点为K，且 2CFFK ， 可得F为ABC的重心，设 11 ,A x y， 22 ,C x y， 由重心坐标公式可得， 12 03xxc， 12 0yyb， 即有AC的中点,M x y，可得 12 3 22 xxc x ， 12 22 yyb y ， 由题意可得点M在椭圆内，可得 2 2 91 1 44 c a ， 由 c e a ，可得 2 1 3 e ，即有 3 0 3 e . 故答案为： 3 0, 3 . 3、 （2020 年江苏卷）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 22 :1

30、43 xy E的左、右焦点分别为 F1，F2，点 第 17 页 / 共 20 页 A 在椭圆 E 上且在第一象限内，AF2F1F2，直线 AF1与椭圆 E相交于另一点 B （1）求AF1F2的周长； （2）在 x轴上任取一点 P，直线 AP与椭圆 E 的右准线相交于点 Q，求OP QP的最小值； （3）设点 M 在椭圆 E上，记OAB 与MAB的面积分别为 S1，S2，若 S2=3S1，求点 M 的坐标 【解析】 （1）椭圆E的方程为 22 1 43 xy 1 1,0F , 2 1,0F 由椭圆定义可得： 12 4AFAF. 12 AFF的周长为4 26 （2）设 0,0 P x，根据题意可得

31、 0 1x . 点A在椭圆E上，且在第一象限， 212 AFFF 3 1, 2 A 准线方程为4x4, Q Qy 2 00000 ,04,4244 Q OP QPxxyxxx ，当且仅当 0 2x 时取等号. OP QP的最小值为4. （3）设 11 ,M x y，点M到直线AB的距离为d. 3 1, 2 A ， 1 1,0F 直线 1 AF的方程为 3 1 4 yx 点O到直线AB的距离为 3 5 ， 21 3SS 21 131 33 252 SSABAB d 9 5 d 11 3439xy 22 11 1 43 xy 第 18 页 / 共 20 页 联立解得 1 1 2 0 x y ， 1

32、 1 2 7 12 7 x y . 2,0M或 212 , 77 . 4、（2020年全国1卷） .已知A、 B分别为椭圆E： 2 2 2 1 x y a （a1） 的左、 右顶点， G为E的上顶点，8AG GB， P 为直线 x=6上的动点，PA与 E 的另一交点为 C，PB与 E 的另一交点为 D （1）求 E 的方程； （2）证明：直线 CD过定点. 【解析】 （1）依据题意作出如下图象： 由椭圆方程 2 2 2 :1(1) x Eya a 可得： ,0Aa， ,0B a，0,1G ,1AGa，, 1GBa 2 1 8AG GBa ， 2 9a 椭圆方程为： 2 2 1 9 x y （2

33、）证明：设 0 6,Py， 则直线AP的方程为： 0 0 3 63 y yx ，即： 0 3 9 y yx 第 19 页 / 共 20 页 联立直线AP的方程与椭圆方程可得： 2 2 0 1 9 3 9 x y y yx ，整理得： 2222 000 969810yxy xy ，解得：3x或 2 0 2 0 327 9 y x y 将 2 0 2 0 327 9 y x y 代入直线 0 3 9 y yx可得： 0 2 0 6 9 y y y 所以点C的坐标为 2 00 22 00 3276 , 99 yy yy . 同理可得：点D的坐标为 2 00 22 00 332 , 11 yy yy

34、直线CD的方程为： 00 22 2 00 00 2222 0000 22 00 62 91233 3273311 91 yy yyyy yx yyyy yy ， 整理可得： 2 22 00 0000 222 42 000 00 83 233833 1116 96 3 yy yyyy yxx yyyyy 整理得： 000 2 22 0 00 4243 323 33 3 yyy yxx yyy 故直线CD过定点 3 ,0 2 5、 （2020 届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆 22 22 10 xy ab ab 的离心率为 3 2 ，F是其右焦点， 直线y kx 与椭圆交于A，B两点，8AFBF

35、. （1）求椭圆的标准方程； （2）设3,0Q，若AQB为锐角，求实数k的取值范围. 【解析】 （1）设 1 F为椭圆的左焦点,连接 1 FB,由椭圆的对称性可知, 1 AFFB, 所以 1 28AFBFBFBFa,所以4a, 第 20 页 / 共 20 页 又 3 2 c e a , 222 abc ,解得2 3c ,2b , 所以椭圆的标准方程为 22 1 164 xy （2）设点 1122 ( ,), (,)A x yB x y,则 11 (3,)QAxy, 22 (3,)QBxy, 联立 22 1 164 xy ykx ,得 22 (41)160kx, 所以 12 0 xx, 12 2 16 41 x x k , 因为AQB为锐角,所以0QA QB, 所以 1212 (3)(3)QA QBxxy y 121 212 9 3()xxx xy y 2 1212 93()(1)xxkx x 2 2 16(1) 90 41 k k , 解得 35 10 k 或 35 10 k