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浅析圆锥曲线中的相交弦问题 徐加生 关于圆锥曲线中的相交弦有三种常见的表现形式，即两弦相交成直角、两相交弦倾斜角互补、三弦组成特殊的三角形。下面分类举例，阐述常用的求解策略，供参考。 一、两弦相交成直角 例1. 已知椭圆与x轴正方向交于点A，若这个椭圆上有点P，使∠OPA＝90°（O为原点），求椭圆离心率的范围。 解析：设P（），则 ，。 由∠OPA＝90°，则 即， 所以， 可得 因为 所以 又， 所以。 注：两向量垂直的坐标公式的运用为成功解题选择了捷径。 例2. （2004年湖北卷）已知直线l：y=kx+1与双曲线C：2x2—y2=1的右支交于不同的两点A、B。（1）求实数k的取值范围；（2）是否存在实数k，使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由。 解析：（1）将直线的方程y=kx+1代入双曲线C的方程后，整理得 ① 依题意，直线l与双曲线C的右支交于不同的两点A、B， 设； 则 且 且 且 解联立不等式组得k的取值范围为（－2，）。 （2）假设存在实数k，使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F（c，0），则FA⊥FB， 所以， 即 又， 代入前式整理得 将代入，化简得 解得。 又不合，舍去。 所以符合题意。 注：用斜率的关系是解决两直线垂直的有力武器，不可忽视。 例3. （2000年春季高考北京卷）设点A和B为抛物线上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB于M，求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线。 解析：依题意，设，则 。 又OA⊥OB，得 即 化简得。 而， 所以直线AB的方程为 。 令y＝0，并将代入得，即直线AB与x轴交于定点Q（4p，0）。又OM⊥AB，由平面几何知识得：动点M的轨迹是以线段OQ为直径，以点（2p，0）为圆心的圆，其方程为 注：利用平面几何知识将两弦垂直与以线段为直径的圆相互转化也是常用的策略。 二、两相交弦倾斜角互补 例4. （2004年高考北京卷）过抛物线上一定点P（，作两条直线分别交抛物线于A（）、B（）。（1）求该抛物线上纵坐标为的点到其焦点F的距离；（2）当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，求的值，并证明直线AB的斜率是非零常数。 解析：（1）当时，。又抛物线的准线方程为，由抛物线定义得所求距离为 。 （2）由，相减得 ， 故 同理可得 由PA与PB倾斜角互补知， 所以 由， 故。 将，所以直线AB的斜率是非零常数。 注：将两相交弦倾斜角互补转化为斜率互为相反数，利用等量关系列式求解。 例5. 如图1，已知A，B，C是长轴为4的椭圆上三点，点A是长轴的一个顶点，BC过椭圆中心O，且，。（1）建立适当的坐标系，求椭圆方程；（2）如果椭圆上两点P、Q使直线CP、CQ与x轴围成底边在x轴上的等腰三角形，是否总存在实数？请给出证明。 图1 解析：（1）以O为原点，OA所在的直线为x轴建立如图直角坐标系，则A（2，0），椭圆方程可设为 。 而O为椭圆中心，由对称性知 又，所以AC⊥BC 又，所以|OC|＝|AC|， 所以△AOC为等腰直角三角形，所以点C坐标为（1，1）。将（1，1）代入椭圆方程得，则椭圆方程为。 （2）由直线CP、CQ与x轴围成底边在x轴上的等腰三角形，设直线CP的斜率为k，则直线CQ的斜率为－k，直线CP的方程为，直线CQ的方程为。由椭圆方程与直线CP的方程联立，消去y得 ① 因为C（1，1）在椭圆上，所以x＝1是方程①的一个根，于是 同理 这样， 又B（－1，－1），所以， 即。 所以PQ∥AB，存在实数使。 注：利用斜率互为相反数关系，整体替换，可简化解题过程。 三、三弦组成特殊的三角形 例6. 已知F是抛物线的焦点，P1，P2是抛物线上的两点，且△P1FP2是正三角形，求该三角形的边长。 解析：由于抛物线与正三角形都是轴对称图形，必有轴。若设，则。又△P1FP2是正三角形，所以直线P1F的倾斜角为30°。而F（1，0），则直线P1F的方程是 与抛物线联立，消去x得 解得。 故三角形的边长为。 例7. 在直角三角形ABC中，AB＝AC，以点C为一个焦点作一个椭圆，使这个椭圆的另一个焦点在边AB上，且椭圆过A、B两点。求这个椭圆的离心率。 解析：如图2，设∠AFC＝θ 图2 则 设|FC|＝2c，则 所以 ， 即离心率。 而在△BCF中，由正弦定理得 ， 则有， 即， 所以 ， 所以。 注：以上二例紧紧抓住了特殊三角形中的特殊角，再利用三角函数知识来求解效果显著。 快乐学习，尽在中小学教育网