统考版高考数学一轮复习第九章9.9.1直线与圆锥曲线课时作业理含解析

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-课时作业55直线与圆锥曲线〖基础达标〗1．过椭圆eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1内一点P(3,1)，求被这点平分的弦所在直线方程．2.〖2021·郑州测试〗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)，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为8.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，斜率为eq\f(1,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点，点P(2,1)在直线l的左上方．若∠APB＝90°，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，求线段MN的长度．3．〖2021·唐山市高三年级摸底考试〗已知F为抛物线C：x2＝12y的焦点，直线l：y＝kx＋4与C相交于A，B两点．(1)O为坐标原点，求eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))；(2)M为C上一点，F为△ABM的重心(三边中线的交点)，求k.4．已知椭圆C的两个焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，且经过点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(3),2))).(1)求椭圆C的方程；(2)过F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若eq\o(AF1,\s\up6(→))＝2eq\o(F1B,\s\up6(→))，求直线l的斜率k的值．

5.〖2020·天津卷〗已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点．(1)求椭圆的方程；(2)已知点C满足3eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点，求直线AB的方程．6．〖2021·安徽五校联盟质检〗已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦点坐标分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|＝5|PF2|且cos∠F1PF2＝eq\f(3,5).(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．〖能力挑战〗7．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.(1)求椭圆C的方程；(2)过点B(－4,0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求eq\f(|PB|,|BQ|)的值．课时作业551．〖解析〗设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由于A、B两点均在椭圆上，故eq\f(x\o\al(2,1),16)＋eq\f(y\o\al(2,1),4)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),16)＋eq\f(y\o\al(2,2),4)＝1，两式相减得eq\f(x1＋x2x1－x2,16)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,4)＝0.又∵P是A、B的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，∴kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(3,4).∴直线AB的方程为y－1＝－eq\f(3,4)(x－3)．即3x＋4y－13＝0.2．〖解析〗(1)由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,2ab＝8，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝8，,b2＝2.))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)设直线l：y＝eq\f(1,2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，化简整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0.则由Δ＝(2m)2－4(2m2－4)>0，得－2<m<2.由根与系数的关系得，x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4，因为kPA＝eq\f(y1－1,x1－2)，kPB＝eq\f(y2－1,x2－2)，所以kPA＋kPB＝eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝eq\f(y1－1x2－2＋y2－1x1－2,x1－2x2－2)，上式中，分子＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x1＋m－1))(x2－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋m－1))(x1－2)＝x1x2＋(m－2)(x1＋x2)－4(m－1)＝2m2－4＋(m－2)(－2m)－4(m－1)＝0.所以kPA＋kPB＝0.因为∠APB＝90°，所以kPA·kPB＝－1，则kPA＝1，kPB＝－1.所以△PMN是等腰直角三角形，所以|MN|＝2xP＝4.3．〖解析〗(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将l的方程代入C得，x2－12kx－48＝0，所以x1＋x2＝12k，x1x2＝－48，y1y2＝eq\f(x1x22,122)＝16，从而eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－32.(2)依题意得F(0,3)，设M(x3，y3)，因为F为△ABM的重心，所以x1＋x2＋x3＝0，y1＋y2＋y3＝9，从而x3＝－(x1＋x2)＝－12k，y3＝9－(y1＋y2)＝9－eq\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),12)＝9－eq\f(x1＋x22－2x1x2,12)＝1－12k2.因为M(x3，y3)在抛物线C上，所以(－12k)2＝12(1－12k2)，即k2＝eq\f(1,24).故k＝eq\f(\r(6),12)或－eq\f(\r(6),12).4．〖解析〗(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，联立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k2)＋4))y2－eq\f(6,k)y－9＝0，Δ＝eq\f(144,k2)＋144＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq\f(6k,3＋4k2)，y1y2＝eq\f(－9k2,3＋4k2)，又eq\o(AF1,\s\up6(→))＝2eq\o(F1B,\s\up6(→))，所以y1＝－2y2，所以y1y2＝－2(y1＋y2)2，则3＋4k2＝8，解得k＝±eq\f(\r(5),2)，又k＞0，所以k＝eq\f(\r(5),2).5．〖解析〗(1)由已知可得b＝3.记半焦距为c，由|OF|＝|OA|可得c＝b＝3.又由a2＝b2＋c2，可得a2＝18.所以，椭圆的方程为eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以AB⊥CP.依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在．设直线AB的方程为y＝kx－3.由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3，,\f(x2,18)＋\f(y2,9)＝1，))消去y，可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，解得x＝0或x＝eq\f(12k,2k2＋1).依题意，可得点B的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)，所以点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k,2k2＋1)，\f(－3,2k2＋1))).由3eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))，得点C的坐标为(1,0)，故直线CP的斜率为eq\f(\f(－3,2k2＋1)－0,\f(6k,2k2＋1)－1)，即eq\f(3,2k2－6k＋1).又因为AB⊥CP，所以k·eq\f(3,2k2－6k＋1)＝－1，整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝eq\f(1,2)或k＝1.所以，直线AB的方程为y＝eq\f(1,2)x－3或y＝x－3.6．〖解析〗(1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，所以r1＝eq\f(5,4)a，r2＝eq\f(3,4)a.在△PF1F2中，由余弦定理得，cos∠F1PF2＝eq\f(r\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2)－|F1F2|2,2r1r2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a))2－22,2×\f(5,4)a×\f(3,4)a)＝eq\f(3,5).解得a＝2，因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)联立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝kx＋m))，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2)，且Δ＝48(3＋4k2－m2)＞0，①设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－4km,3＋4k2)，y0＝kx0＋m＝eq\f(3m,3＋4k2)，因为|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM，又Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，M为AB的中点，所以k≠0，直线QM的斜率存在，所以k·kQM＝k·eq\f(\f(3m,3＋4k2),\f(－4km,3＋4k2)－\f(1,4))＝－1，解得m＝－eq\f(3＋4k2,4k)，②把②代入①得3＋4k2＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3＋4k2,4k)))2，整理得16k4＋8k2－3＞0，即(4k2－1)(4k2＋3)＞0，解得k＞eq\f(1,2)或k＜－eq\f(1,2)，故k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).7．〖解析〗(1)因为a＝2b，所以椭圆的方程为eq\f(x2,4b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，又因为椭圆过点A(－2，－1)，所以有eq\f(4,4b2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝2，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由题意知直线MN的斜率存在．当直线MN的斜率为0时，不妨设M(－2eq\r(2)，0)，N(2eq\r(2)，0)，则直线MA：y＝eq\f(－1,－2＋2\r(2))(x＋2eq\r(2))，直线NA：y＝eq\f(－1,－2－2\r(2))(x－2eq\r(2))，则yP＝eq\r(2)，yQ＝－eq\r(2)，eq\f(|PB|,|BQ|)＝1.当直线MN的斜率不为0时，设直线MN：x＝my－4(m≠0)，与椭圆方程eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1联立，化简得(m2＋4)y2－8my＋8＝0，Δ＝64m2－32(m2＋4)＝32(m2－4)>0，解得m2>4.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2＝eq\f(8,m2＋4)，y1＋y2＝eq\f(8m,m2＋4).直线MA的方程为y＋1＝eq\f(y1＋1,x1＋2)(x＋2)，则Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(－2y1＋1,x1＋2)－1))，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(－m＋2y1,my1－2))).直线NA的方程为y＋1＝eq\f(y2＋1,x2＋2)(x＋2)，则Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(－2y2＋1,x2＋2)－1))，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(－m＋2y2,my2－2))).所以eq\f(|PB|,|BQ|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m＋2y1,my1－2)))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(my2－2,m＋2y2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(my1y2－2y1,my1y2－2y2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(8m,m2＋4)－2y1,\f(8m,m2＋4)－2y2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2－2y1,y1＋y2－2y2)))＝1.综上，eq\f(|PB|,|BQ|)＝1.课时作业55直线与圆锥曲线〖基础达标〗1．过椭圆eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1内一点P(3,1)，求被这点平分的弦所在直线方程．2.〖2021·郑州测试〗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)，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为8.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，斜率为eq\f(1,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点，点P(2,1)在直线l的左上方．若∠APB＝90°，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，求线段MN的长度．3．〖2021·唐山市高三年级摸底考试〗已知F为抛物线C：x2＝12y的焦点，直线l：y＝kx＋4与C相交于A，B两点．(1)O为坐标原点，求eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))；(2)M为C上一点，F为△ABM的重心(三边中线的交点)，求k.4．已知椭圆C的两个焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，且经过点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(3),2))).(1)求椭圆C的方程；(2)过F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若eq\o(AF1,\s\up6(→))＝2eq\o(F1B,\s\up6(→))，求直线l的斜率k的值．

5.〖2020·天津卷〗已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点．(1)求椭圆的方程；(2)已知点C满足3eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点，求直线AB的方程．6．〖2021·安徽五校联盟质检〗已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦点坐标分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|＝5|PF2|且cos∠F1PF2＝eq\f(3,5).(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．〖能力挑战〗7．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.(1)求椭圆C的方程；(2)过点B(－4,0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求eq\f(|PB|,|BQ|)的值．课时作业551．〖解析〗设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由于A、B两点均在椭圆上，故eq\f(x\o\al(2,1),16)＋eq\f(y\o\al(2,1),4)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),16)＋eq\f(y\o\al(2,2),4)＝1，两式相减得eq\f(x1＋x2x1－x2,16)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,4)＝0.又∵P是A、B的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，∴kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(3,4).∴直线AB的方程为y－1＝－eq\f(3,4)(x－3)．即3x＋4y－13＝0.2．〖解析〗(1)由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,2ab＝8，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝8，,b2＝2.))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)设直线l：y＝eq\f(1,2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，化简整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0.则由Δ＝(2m)2－4(2m2－4)>0，得－2<m<2.由根与系数的关系得，x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4，因为kPA＝eq\f(y1－1,x1－2)，kPB＝eq\f(y2－1,x2－2)，所以kPA＋kPB＝eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝eq\f(y1－1x2－2＋y2－1x1－2,x1－2x2－2)，上式中，分子＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x1＋m－1))(x2－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋m－1))(x1－2)＝x1x2＋(m－2)(x1＋x2)－4(m－1)＝2m2－4＋(m－2)(－2m)－4(m－1)＝0.所以kPA＋kPB＝0.因为∠APB＝90°，所以kPA·kPB＝－1，则kPA＝1，kPB＝－1.所以△PMN是等腰直角三角形，所以|MN|＝2xP＝4.3．〖解析〗(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将l的方程代入C得，x2－12kx－48＝0，所以x1＋x2＝12k，x1x2＝－48，y1y2＝eq\f(x1x22,122)＝16，从而eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－32.(2)依题意得F(0,3)，设M(x3，y3)，因为F为△ABM的重心，所以x1＋x2＋x3＝0，y1＋y2＋y3＝9，从而x3＝－(x1＋x2)＝－12k，y3＝9－(y1＋y2)＝9－eq\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),12)＝9－eq\f(x1＋x22－2x1x2,12)＝1－12k2.因为M(x3，y3)在抛物线C上，所以(－12k)2＝12(1－12k2)，即k2＝eq\f(1,24).故k＝eq\f(\r(6),12)或－eq\f(\r(6),12).4．〖解析〗(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，联立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k2)＋4))y2－eq\f(6,k)y－9＝0，Δ＝eq\f(144,k2)＋144＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq\f(6k,3＋4k2)，y1y2＝eq\f(－9k2,3＋4k2)，又eq\o(AF1,\s\up6(→))＝2eq\o(F1B,\s\up6(→))，所以y1＝－2y2，所以y1y2＝－2(y1＋y2)2，则3＋4k2＝8，解得k＝±eq\f(\r(5),2)，又k＞0，所以k＝eq\f(\r(5),2).5．〖解析〗(1)由已知可得b＝3.记半焦距为c，由|OF|＝|OA|可得c＝b＝3.又由a2＝b2＋c2，可得a2＝18.所以，椭圆的方程为eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以AB⊥CP.依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在．设直线AB的方程为y＝kx－3.由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3，,\f(x2,18)＋\f(y2,9)＝1，))消去y，可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，解得x＝0或x＝eq\f(12k,2k2＋1).依题意，可得点B的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)，所以点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k,2k2＋1)，\f(－3,2k2＋1))).由3eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))，得点C的坐标为(1,0)，故直线CP的斜率为eq\f(\f(－3,2k2＋1)－0,\f(6k,2k2＋1)－1)，即eq\f(3,2k2－6k＋1).又因为AB⊥CP，所以k·eq\f(3,2k2－6k＋1)＝－1，整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝eq\f(1,2)或k＝1.所以，直线AB的方程为y＝eq\f(1,2)x－3或y＝x－3.6．〖解析〗(1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，所以r1＝eq\f(5,4)a，r2＝eq\f(3,4)a.在△PF1F2中，由余弦定理得，cos∠F1PF2＝eq\f(r\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2)－|F1F2|2,2r1r2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a))2－22,2×\f(5,4)a×\f(3,4)a)＝eq\f(3,5).解得a＝2，因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)联立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝kx＋m))，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2)，且Δ＝48(3＋4k2－m2)＞0，①设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－4km,3＋4k2)，y0＝kx0＋m＝eq\f(3m,3＋4k2)，因为|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM，又Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，M为AB的中点，所以k≠0，直线QM的斜率存在，所以k·kQM＝k·eq\f(\f(3m,3＋4k2),\f(－4km,3＋4k2)－\f(1,4))＝－1，解得m＝－eq\f(3＋4k2,4k)，②把②代入①得3＋4k2＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3＋4k2,4k)))2，整理得16k4＋8k2－3＞0，即(4k2－1)(4k2＋3)＞0，解得k＞eq\f(1,2)或k＜－eq\f(1,2)，故k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs