最新人教版高中数学选修4-1《平面与圆锥面的截线》课后导练

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高中数学第三讲圆锥曲线性质的探讨3.2平面与圆柱面的截线练习(含解析)新人教A版选修4_1

二平面与圆柱面的截线课时过关·能力提升基础巩固1下列说法不正确的是()A.圆柱面的母线与轴线平行B.圆柱面的某一轴截面垂直于直截面C.圆柱面与斜截面截得的椭圆的离心率与圆柱面半径无关,只与母线和斜截面的夹角有关D.平面截圆柱面的截线椭圆中,短轴长即为圆柱面的半径A正确;由于任一轴截面过轴线,故轴截面与圆柱的直截面垂直,B正确;C显然正确;D中短轴长应为圆柱面的直径长,故不正确.2已知平面β与一圆柱斜截口(椭圆)的离心率为,则平面β与圆柱母线的夹角是()A. 0°B.60°C.45°D.90°β与母线夹角为φ,则cosφ=,故φ= 0°.3如果椭圆的两个焦点将长轴分成三等份,那么,这个椭圆的两条准线间的距离是焦距的() A.9倍 B.4倍 C.12倍 D.18倍2a,2b,2c,由已知,得=2c,即a=3c,故两条准线间的距离为=18c.4一组底面为同心圆的圆柱被一平面所截,截口椭圆具有() A.相同的长轴 B.相同的焦点C.相同的准线D.相同的离心率,所以长轴不同.嵌入的Dandelin球不同,则焦点不同,准线也不同,而平面与圆柱的母线夹角相同,故离心率相同.5若椭圆的一个顶点与两个焦点构成等边三角形,则此椭圆的离心率是()A.5B.4C. D.2a,2b,2c,由已知a=2c,得,即e=.6两个圆柱的底面半径分别为R,r(R>r),平面π与它们的母线的夹角分别为α,β(α<β<90°),斜截口椭圆的离心率分别为e1,e2,则()A.e1>e2B.e1<e2C.e1=e2D.无法确定e1=cosα,e2=cosβ,又α<β<90°时,cosα>cosβ,∴e1>e2.7已知圆柱的底面半径为2,平面π与圆柱的斜截口椭圆的离心率为,则椭圆的长半轴是() A.2 B.4C. 6D.42a,2b,2c.由题意,知b=2,-,则-4,解得a=4.8已知平面π截圆柱体,截口是一条封闭曲线,且截面与底面所成的角为45°,此曲线是,它的离心率为.9已知椭圆两条准线间的距离为8,离心率为,则Dandelin球的半径是.4,,解得 , ,∴b=-.∴Dandelin球的半径为.10如图,设两个焦点的距离F1F2=2c,两个端点的距离G1G2=2a,求证:l1与l2之间的距离为.,设椭圆上任意一点P,过点P作PQ1⊥l1于点Q1,过点P作PQ2⊥l2于点Q2.连接PF1,PF2.∵e=,∴PF1=PQ1,PF2=PQ2.由椭圆定义,知PF1+PF2=2a,∴PQ1+PQ2=2a.∴PQ1+PQ2=,即l1与l2之间的距离为.能力提升1如图,过点F1作F1Q⊥G1G2,若△QF1F2为等腰直角三角形,则椭圆的离心率为()A.B.-C.2-D.-12a,2b,2c.∵△QF1F2是等腰直角三角形,∴QF1=F1F2=2c,QF2=2 c.由椭圆的定义,得QF1+QF2=2a,∴e=-1.2已知圆柱的底面半径为r,平面α与圆柱母线的夹角为 0°,则它们截口椭圆的焦距是() A.2r B.4r C.r D.3r,过点G2作G2H⊥AD,H为垂足,则G2H=2r.在Rt△G1G2H中,=2r×2=4r,G1G2=60°∴长轴2a=G1G2=4r,短轴2b=2r.∴焦距2c=2-=2×r=2r.3一平面截圆柱(圆柱底面半径为1,高足够长)的侧面,得到一个离心率是的二次曲线,该曲线两焦点之间的距离为()A. B.2 C.3 D.e=<1,∴曲线是椭圆,且e=cosθ=,θ= 0°,φ=60°(φ是底面与截面的夹角).∴ 60°=,∴2a==4,∴a=2.又,∴c=.∴2c=2.★4如图,已知A为左顶点,F是左焦点,l交OA的延长线于点B,点P,Q在椭圆上,有PD⊥l于点D,QF⊥AO,则椭圆的离心率是①;②;③;④;⑤.其中正确的是()A.①②B.①③④C.②③⑤D.①②③④⑤符合离心率定义;②过点Q作QC⊥l于C,∵QC=FB,∴符合离心率定义;③∵AO=a,BO=,∴,故也是离心率;④∵AF=a-c,AB=-a,∴-,∴是离心率;-⑤∵FO=c,AO=a,∴是离心率.∴①②③④⑤的表述均正确,故选D.5已知圆柱底面半径为b,平面π与圆柱母线的夹角为 0°,在圆柱与平面交线上有一点P到一准线l1的距离是b,则点P到另一准线l2对应的焦点F2的距离是.=4b,∴c=4- b.,椭圆短轴长为2b,长轴长2a=0°∴e=或e= 0°=.设点P到焦点F1的距离为d,则,∴d=b.又PF1+PF2=2a=4b,∴PF2=4b-PF1=4b-b=5b.6如图,已知PF1∶PF2=1∶3,AB=12,G1G2=20,求PQ的长.2a,短轴长为2b,焦距为2c,.由椭圆定义,知PF1+PF2=G1G2=20,由已知可得a=10,b=6,c=-=8,e=45又PF1∶PF2=1∶3,则PF1=5,PF2=15.,由离心率定义,得45.∴PQ= 54★7如图,在圆柱O1O2内嵌入双球,使它们与圆柱面相切,并且和圆柱的斜截面相切,切点分别为F1,F2.求证:斜截面与圆柱面的截线是以点F1,F2为焦点的椭圆.,设点P为曲线上任一点,连接PF1,PF2,则PF1,PF2分别是两个球面的切线,切点分别为F1,F2,过点P作母线,与两球面分别相交于点K1,K2,则PK1,PK2分别是两球面的切线,切点为K1,K2.根据切线长定理的空间推广,知PF1=PK1,PF2=PK2,所以PF1+PF2=PK1+PK2=K1K2.由于K1K2为定值,故点P的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆.。

【人教A版】高中数学同步辅导与检测：选修4第三讲3.3平面与圆锥面的截线

第三讲圆锥曲线性质的探讨3.3 平面与圆锥面的截线A 级基础巩固一、选择题1．用一个过圆锥面顶点的平面去截圆锥面，则截线为( )A ．椭圆B ．双曲线C ．抛物线D ．两条相交直线答案：D2．平面π与圆锥的母线平行，那么它们交线的离心率是( )A ．1B ．2 C.12D ．无法确定解析：由题意，知交线为抛物线，故其离心率为1.答案：A3．一圆锥面的母线和轴线成30°角，当用一与轴线成30°的不过顶点的平面去截圆锥面时，则所截得的截线是( )A ．椭圆B ．双曲线C ．抛物线D ．两条相交直线答案：C4．一组平行平面与一圆锥的交线，具有( )A ．相同的焦距B ．相同的准线C ．相同的焦点D ．相同的离心率解析：因为平行平面与圆锥轴线夹角相等，所以由e ＝cos βcos α可知，它们有相同的离心率．答案：D5．双曲线的两条准线把两焦点所连线段三等分，则它的离心率为( ) A. 2 B. 3 C.62 D ．2 3解析：由题意知2c ＝3·2a 2c，所以e ＝ 3. 答案：B二、填空题6．用一个平面去截一个正圆锥，而且这个平面不通过圆锥的顶点，则会出现四种情况：________、________、________、和________．答案：圆、椭圆、抛物线、双曲线7．一平面截圆锥的截线为椭圆，椭圆的长轴长为8，长轴的两端点到顶点的距离分别是6和10，则椭圆的离心率为________．答案：128．已知F 1，F 2是双曲线的两个焦点，PQ 是经过F 1且垂直于F 1F 2的弦．已知∠PF 2Q ＝90°，则双曲线的离心率是________．解析：如图所示，由对称性知△PF 2Q 是等腰直角三角形，点F 1为PQ 中点，所以F 1F 2＝PF 1，设双曲线的焦距为2c ，实轴长为2a ，则PF 1＝2c ，所以PF 2＝22c .由双曲线结构特点，PF 2－PF 1＝2a ，即22·c －2c ＝2a ，所以c a＝2＋1.所以e ＝2＋1.答案：2＋1三、解答题9．已知一圆锥面S 的轴线为Sx ，轴线与母线的夹角为30°，在轴上取一点O ，使SO ＝3 cm ，球O 与这个锥面相切，求球O 的半径和切圆的半径．解：如下图所示，OH ＝12SO ＝32cm ，HC ＝OH sin 60°＝32×32＝334cm. 所以球O 的半径为32cm ，切点圆的半径为334cm. 10．已知圆锥面S ，其母线与轴线所成的角为30°，在轴线上取一点C ，使SC ＝5，通过点C 作一截面δ使它与轴线所成的角为 45°，截出的圆锥曲线是什么样的图形？求它的离心率及圆锥曲线上任一点到两个焦点的距离之和．解：由题可知，截出的圆锥曲线是椭圆．e＝cos 45°cos 30°＝2232＝63.设圆锥曲线上任意一点为M，其两焦点分别为点F1、F2，MF1＋MF2＝AB.设圆锥面内切球O1的半径为R1，内切球O2的半径为R2.因为SO1＝2R1，CO1＝2R1，所以SC＝(2＋2)R1＝5，即R1＝5（2－2）2.因为SO2＝2R2，CO2＝2R2，所以SC＝(2－2)R2＝5，即R2＝5（2＋2）2.因为O1O2＝CO1＋CO2＝2(R1＋R2)＝102，所以AB＝O1O2cos 30°＝O1O2·32＝56，即MF1＋MF2＝5 6.B级能力提升1．设平面π与圆柱的轴的夹角为β(0°<β<90°)，现放入Dandelin双球使之与圆柱面和平面π都相切，若已知Dandelin双球与平面π的两切点的距离恰好等于圆柱的底面直径，则截线椭圆的离心率为( )A.12B.22C.33D.32解析：Dandelin 双球与平面π的切点恰好是椭圆的焦点，圆柱的底面直径恰好等于椭圆的短轴长，由题意知，2b ＝2c .所以e ＝c a ＝c b 2＋c2＝c 2c ＝22. 答案：B2．已知圆锥面的轴截面为等腰直角三角形，用一个与轴线成 30°角的不过圆锥顶点的平面去截圆锥面时，所截得的截线是_____．解析：圆锥轴截面为等腰直角三角形，则轴线与母线成45°角，又30°<45°，故截线为双曲线．答案：双曲线3．已知圆锥面S ，母线与轴线所成的角为45°，在轴线上取一点C ，使SC ＝5，过点C 作一平面与轴线的夹角等于30°，所截得的曲线是什么样的图形？求两个焦球的半径．解：所截得的曲线是双曲线．设焦球O 的半径为R .因为SO ＝2R ，OC ＝2R ，所以SC ＝(2＋2)R ＝5，即R ＝52＋2＝5（2－2）2. 设另焦球O ′的半径为R ′，则OO ′＝R ＋R ′cos 45°＝2(R ＋R ′)，又截面与轴线的夹角为30°，所以R′－R＝12OO′＝22(R＋R′)，所以R′＝(3＋22)R＝5（2＋2）2.。

【金版学案】高二人教版数学选修4-1练习：3.3平面与圆锥面的截线 Word版含答案[ 高考]

3．3 平面与圆锥面的截线1．在空间中，取直线l 为轴，直线l ′与l 相交于点O ，夹角为α，l ′围绕l 旋转得到以点O 为顶点、l ′为母线的圆锥面．任取平面π，若它与轴l 的交角为β(当π与l 平行时，记β＝0)，则(1)________，平面π与圆锥的交线为椭圆．(2)________，平面π与圆锥的交线为抛物线．(3)________，平面π与圆锥的交线为双曲线．2．圆锥曲线的几何性质．(1)焦点：Dandelin 球与平面π的________．(2)准线：截面与Dandelin 球和圆锥交线所在平面的________．(3)离心率：e ＝________．3.已知圆锥母线与轴夹角为60°，平面π与轴夹角为45°，则平面π与圆锥交线的离心率是________，该曲线的形状是________．,预习导学1．(1)β＞α (2)β＝α (3)β＜α2．(1)切点 (2)交线 (3)cos βcos α3.2 双曲线►一层练习1．平面π与圆锥的母线平行，那么它们交线的离心率是( )A ．1B ．2 C.12D ．无法确定 1．A2．圆锥的顶角为60°，截面与母线所成的角为60°，则截面所截得的截线是( )A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线2.A3．用一个平面去截一个正圆锥，而且这个平面不通过圆锥的顶点，则会出现四种情况：________、________、________和________．3.圆、椭圆、抛物线、双曲线►二层练习4．用一个过圆锥面顶点的平面去截圆锥面，则截线为( )A ．椭圆B ．双曲线C ．抛物线D ．两条相交直线4.D5．一圆锥面的母线和轴线成30°角，当用一与轴线成30°的不过顶点的平面去截圆锥面时，则所截得的截线是( )A ．椭圆B ．双曲线C ．抛物线D ．两条相交直线5．C6．一平面截圆锥的截线为椭圆，椭圆的长轴长为8，长轴的两端点到顶点的距离分别是6和10，则椭圆的离心率为________．6.127．已知一圆锥面S 的轴线为Sx ，轴线与母线的夹角为30°，在轴上取一点O ，使SO ＝3 cm ，球O 与这个锥面相切，求球O 的半径和切圆的半径．7．解析：如右图所示，OH ＝12SO ＝32cm ， HC ＝OH sin 60°＝32×32＝334cm. 所以球O 的半径为32 cm ，切点圆的半径为334cm.►三层练习8．已知AD 是等边△ABC 上的高，直线l 与AD 相交于点P ，且与AD 的夹角为β，当l 与AB (或AB 的延长线)、AC 都相交时，β的取值范围是________．8.⎝⎛⎦⎤π6，π2 9．已知圆锥面S ，其母线与轴线所成的角为30°，在轴线上取一点C ，使SC ＝5，通过点C 作一截面δ使它与轴线所成的角为45°，截出的圆锥曲线是什么样的图形？求它的离心率及圆锥曲线上任一点到两个焦点的距离之和．9．解析：由题可知，截出的圆锥曲线是椭圆．e ＝cos 45°cos 30°＝2232＝63. 设圆锥曲线上任意一点为M ，其两焦点分别为点F 1、F 2，MF 1＋MF 2＝AB .设圆锥面内切球O 1的半径为R 1，内切球O 2的半径为R 2.∵SO 1＝2R 1，CO 1＝2R 1，∴SC ＝(2＋2)R 1＝5，即R 1＝5（2－2）2. ∵SO 2＝2R 2，CO 2＝2R 2，∴SC ＝(2－2)R 2＝5，即R 2＝5（2＋2）2. ∵O 1O 2＝CO 1＋CO 2＝2(R 1＋R 2)＝102，∴AB＝O1O2cos 30°＝O1O2·32＝56，即MF1＋MF2＝5 6.10．如图，A1A2＝2a，F1F2＝2c，求证：e＝ca＝cos βcos α.10．证明：连接O1O2、O1F1、O2F2、O1Q1、O2Q2.∵直线F1F2与Dandelin双球相切，∴O1F1⊥F1F2，O2F2⊥F1F2.过O1作O1H⊥O2F2于H，则四边形O1HF2F1是矩形，∴O1H＝F1F2＝2c.设平面π与圆锥的轴的夹角为β，∴O1O2＝O1Hcos β＝2ccos β.①由双曲线的定义，知双曲线上任意一点到F1、F2的距离之差为定值Q1Q2，故取如图位置．由切线长定理，A2Q1＝A2F1＝A1F2.∴F1F2－A2F1＝F1F2－A1F2.∴A2F2＝A1F1.又A2Q2＝A2F2.∴Q1Q2＝A2Q1－A2Q2＝A2F1－A1F1＝A1A2＝2a.设母线与轴夹角为α，即∠O2OQ2＝α，∴O1O2＝O1O＋OO2＝Q1Ocos α＋OQ2 cos α＝Q1O＋OQ2 cos α＝Q1Q2cos α＝2acos α.②由①②，得2ccos β＝2acos α.∴cos βcos α＝ca＝e.11．如图，已知平面π与圆锥的轴的夹角为β，圆锥母线与轴的夹角为α，α＝β，求证：平面π与圆锥的交线为抛物线．11．证明：当β＝α时，平面与圆锥的一部分相交，且曲线不闭合．在圆锥内嵌入一个Dandelin球与圆锥交线为圆S.记圆S所在平面为π′，π与π′的交线记为m.球切π于F1点．在截口上任取一点P，过P作PA⊥m于A，过P作PB⊥平面π′于B，过P作圆锥的母线交平面π′于C，连接AB、PF1、BC.由切线长定理，PF1＝PC.∵PB 平行于圆锥的轴，∴∠APB ＝β，∠BPC ＝α.在Rt △ABP 中，PA ＝PB cos β，在Rt △BCP 中，PC ＝PB cos α. ∵α＝β，∴PC ＝PA .∴PF 1＝PA .即截口上任一点到定点F 和到定直线m 的距离相等． ∴截口曲线为抛物线．12．已知圆锥面S ，母线与轴线所成的角为45°，在轴线上取一点C ，使SC ＝5，过点C 作一平面与轴线的夹角等于30°，所截得的曲线是什么样的图形？求两个焦球的半径．12．解析：所截得的曲线是双曲线．设焦球O 的半径为R .∵SO ＝2R ，OC ＝2R ，∴SC ＝(2＋2)R ＝5，即R ＝52＋2＝5（2－2）2. 设另焦球O ′的半径为R ′，则OO ′＝R ＋R ′cos 45°＝2(R ＋R ′)，又截面与轴线的夹角为30°， ∴R ′－R ＝12OO ′＝22(R ＋R ′)， ∴R ′＝(3＋22)R ＝5（2＋2）2.1．平面内直线与直线的位置关系的基础上拓展为圆锥与平面相截的截线的形状问题，学习过程中应该注意类比和联想，形成知识．2．平面与圆锥相截所成的截线的形状的知识较为抽象，学习要注意应用运动变化发展的观点来解决问题，并借助多媒体，动态地对本节知识加以理解．3．应用本节所学知识处理有关问题时，要注意知识的前引后不要片面地看待问题，同时要抓住本质才能少走弯路．4．数形结合解题就是在解决与几何图形有关的问题时，将图形信息转化成代数信息，利用数量特征，将其转化为代数问题；在解决与数量有关的问题时，根据数量的结构特征，构造出相应的几何图形，即化为几何问题，从而利用数形的辩证统一和各自的优势尽快得到解题途径，这对提高分析和解决数学问题的能力将有极大的帮助．数形结合的主要途径：(1)形转化为数，即用代数方法研究几何问题，这是解决几何问题的基本特点．(2)数转化为形，即根据给出的“数”的结构特点，构造出与之相应的几何图形，用几何方法解决代数问题．(3)数形结合，即用形研究数，用数研究形，相互结合，使问题变得直观、简洁．在运用数形结合解题时，要注意两点：①“形”中觅“数”．很多数学问题，需要根据图形寻求数量关系，将几何问题代数化，以数助形，使问题获解．②“数”上构“形”．很多数学问题，本身是代数方面的问题，但通过观察可发现它具有某种几何特征，由于这种几何特征可以发现数与形之间的新关系，从而将代数问题化为几何问题，使问题获解．在本讲知识的学习中，数形结合发挥了十分重要的作用．例题：证明：在空间中，取直线l为轴，直线l′与l相交于O点，夹角为α，l′围绕l旋转得到以O为顶点，l′为母线的圆锥面．任取平面π，若它与轴l的交角为β.试证明：β＞α时，平面π与圆锥的交线为椭圆．证明：如图，与定理1的证明相同，在圆锥内部嵌入Dandelin双球，一个位于平面π的上方，一个位于平面π的下方，并且与平面π及圆锥都相切．当β＞α时，由上面的讨论可知，平面π与圆锥的交线是一个封闭曲线．设两个球与平面π的切点分别为F 1、F 2，与圆锥相切于圆S 1、S 2.在截口的曲线上任取一点P ，连接PF 1、PF 2，过P 作母线交S 1于Q 1点，交S 2于Q 2点，于是PF 1和PQ 1是从P 到上方球的两条切线，因此PF 1＝PQ 1.同理PF 2＝PQ 2.所以PF 1＋PF 2＝PQ 2＋PQ 1＝Q 1Q 2.由圆锥的对称性，知Q 1Q 2的长度等于两圆S 1、S 2所在平行平面间的母线段的长度而与P 的位置无关，由此我们可知在β＞α时，平面π与圆锥的交线为一个椭圆．【习题3.3】1．证明：设平面π与圆锥内切球相切于点F 1，球与圆锥的交线为S ，过该交线的平面为π′，π与π′相交于直线m .在平面π与圆锥的截线上任取一点P ，连接PF 1，过点P 作PA ⊥m ，交m 于点A ，过点P 作π′的垂线，垂足为B ，连接AB ，则AB ⊥m ，所以∠PAB 是π与π′所成的二面角的平面角．连接点P 与圆锥的顶点，与S 相交于点Q 1，连接BQ 1，则∠BPQ 1＝α，∠APB ＝β.在Rt △APB 中，PB ＝PA cos β，在Rt △PBQ 1中，PB ＝PQ 1cos α，∴PQ 1PA ＝cos βcos α.又∵PQ 1＝PF 1，α＝β，∴PF 1PA＝1，即PF 1＝PA ，动点P 到定点F 1的距离等于它到直线m 的距离，故当α＝β时，平面与圆锥的交线为抛物线．2．提示：我们就教科书中的图3－13中下面的Dandelin 球进行讨论，即讨论一条准线的情形，上面一支双曲线的淮线同理可证．解析：在截口上任取一点P ，连接PF 2，过P 和圆锥顶点O 作母线，与球相切于Q 2，球与圆锥的交线为圆S 2，记圆S 2所在的平面为π′，截面π与平面π′相交于直线m .过点P 在π中作PA ⊥m ，交m 于点A .过P 作平面π′的垂线，垂足为B ，连接Q 2B ，AB ，则△PBQ 2为直角三角形，且∠Q 2PB ＝α.△PAB 也是直角三角形，且∠APB ＝β.在Rt △PBQ 2中，PB ＝PQ 2cos α.在Rt △PAB 中，PB ＝PA cos β，∴PQ 2PA ＝cos βcos α.又∵PF 2＝PQ 2，∴PF 2PA ＝cos βcos α＝定值． ∵0＜β＜α＜π2， ∴cos β＞cos α，∴PF 2PA ＝cos βcos α＞1， ∴m 是双曲线的一条准线，且e ＝cos βcos α＞1.。

人教版数学高二A版选修4-1主动成长第三讲三平面与圆锥面的截线

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夯基达标
1.平面截球面和圆柱面所产生的截线形状分别是 .
思路解析:联想立体几何及上节所学可得结论,要注意平面截圆柱面所得的截线的不同情况
. 答案:圆,圆或椭圆
2.用一个平面去截一个正圆锥,而且这个平面不通过圆锥的顶点,则会出现三种情况: , , .
思路解析:如下图.
答案:抛物线椭圆双曲线
3.如图3-3-4,已知一个定点F 和定直线l ,请在同一图形中分别作出离心率分别为
2
1、1、2的椭圆、抛物线、双曲线.
图3-3-4
思路解析:离心率是曲线上的点到焦点（定点F ）的距离与它到准线（定直线l ）的距离之比,作一部分点,用光滑的曲线顺次连结.
解:如图所示.
走近高考
4.判断椭圆、双曲线、抛物线内一点到焦点的距离与到准线的距离之比与1的关系. 思路解析:首先通过画图寻找规律,然后加以证明.
答案:略.。

数学人教A版选修4-1达标训练第三讲三平面与圆锥面的截线 Word版含解析

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基础·巩固
平面截球面和圆柱面所产生的截线形状分别是
思路解析:联想立体几何及上节所学，可得结论，要注意平面截圆柱面所得的截线的不同情况.
答案:圆，圆或椭圆
用一个平面去截一个正圆锥，而且这个平面不通过圆锥的布点，则会出现三种情况：、、.
思路解析:如下图.
答案:抛物线椭圆双曲线
综合·应用
在空间中，取直线为轴，直线′与相交于点，夹角为α，′围绕旋转得到以为顶点，′为母线的圆锥面.任取平面π,若它与轴的交角为β(当π与平行时，记β),则
()β>α, ;
()βα, ;
()β<α, .
答案:()平面π与圆锥的交线为椭圆()平面π与圆锥的交线为抛物线()平面π与圆锥的交线为双曲线
已知一个定点和定直线，如图，请在同一图形中分别作出离心率分别为，，的椭圆、抛物线、双曲线.
图
思路分析:离心率是曲线上的点到焦点（定点）的距离与它到准线（定直线）的距离之比，作一部分点，用光滑的曲线顺次连接.
解:如图所示.
判断椭圆、双曲线、抛物线内一点到焦点的距离与到准线的距离之比与的关系.
思路解析:首先通过画图寻找规律，然后加以证明.
答案:略.。

高中数学第三讲圆锥曲线性质的探讨二平面与圆柱面

二平面与圆柱面的截线预习导航1．定理1圆柱形物体的斜截口是椭圆与圆柱OO′的轴斜交，则截口是椭圆判断截口形状是椭圆2(1)定义：平面上到两个定点的距离之和等于定长的点的轨迹叫做椭圆．(2)组成元素：如图所示，F1，F2是椭圆的焦点，B1B2是F1F2的中垂线．我们把A1A2叫做椭圆的长轴，B1B2叫做椭圆的短轴，F1F2叫做椭圆的焦距．如果长轴为2a，短轴为2b，那么焦距2c(3)Dandelin双球探究椭圆性质：如图所示，设球O1，O2与圆柱的交线(圆)所在的平面分别为α，γ，椭圆所在的斜截面β与它们的交线分别为l1，l2，α，γ与β所成的二面角为θ，母线与平面β的交角为φ.由于α，β，γ都是确定的，因此交线l1，l2也是确定的．①当点P 在椭圆的任意位置时，过P 作l 1的垂线，垂足为Q ，过P 作平面α的垂线，垂足为K 1，连接K 1Q ，得Rt △PK 1Q ，则∠QPK 1＝φ.从而有PF 1PQ ＝PK 1PQ＝cos_φ＝定值． ②椭圆上任意一点到焦点F 1的距离与到直线l 1的距离之比为定值cos_φ.我们把直线l 1叫做椭圆的一条准线．③椭圆上任意一点到焦点F 2的距离与到直线l 2的距离之比也为定值cos φ，所以l 2是椭圆的另一条准线．④记e ＝cos φ，我们把e 叫做椭圆的离心率．名师点拨 e 的几何意义是，椭圆上一点到焦点的距离与它到准线的距离的比．当e 越接近于1时，c 越接近于a ，从而b 越小，因此椭圆越扁；反之，e 越接近于0，从而b 越接近于a ，椭圆越接近于圆．当e ＝0时，c ＝0，a ＝b ，两个焦点重合，图形就是圆了．可见离心率是刻画椭圆圆扁程度的量．思考 Dandelin 双球探求椭圆性质的过程是怎样的？提示：通过一条直线与相离的两个等圆的内公切线的情形，类比为两个半径相等的球在一个平面的两侧均与球相切的情形，从而得到定理1及有关结论，因而对于平面内直线与两个相离的等圆的内公切的情形要注意研究，这有助于理解椭圆和下一节的知识．圆柱内嵌入两个球，使它们分别位于斜截面的上方和下方，并且与圆柱和斜截面均相切，这是证明定理的关键．这种方法是数学家Dandelin 创立的，故将嵌入的两球称为Dandelin 双球．要注意对于Dandelin 双球的研究．。

上课用高二数学33平面与圆锥面的截线(选修4-1)

上课用高二数学33平面与圆锥面的截线(选修4-1)
副标题
拓展到空间
EA
O1
B
G1 F1
O1
B
K1 G1
F1
P
F2
G2
D
O2
C
K2
Dandlin(丹迪林)双球
定理1.圆柱形物体的斜截口是椭圆.
l1
A
O1
B
G1
K1
F1
P
F2
G2
O2
C
K2
l2
椭圆的准线：l1 ，l 2 离心率： ecos
为母线的圆锥面。任取平面π,若它与轴 l的交角为（当 π与 l平行时，记 =0），则
(1)β>α,平面π与
圆锥的交线为椭圆;
(2) β=α,平面π与
圆锥的交线为抛物
线;
(3)β<α,平面π与
圆锥的交线为双曲
线。
l
l
椭圆焦点的产生球面与锥面相切大球的切点 (焦点) 由截面截出的椭圆截面圆锥面
Q 1 F1 S1
由上所述可知 ,椭圆的准线为 m,椭圆上任一点到焦点的距离与到准线的距离之比为常
数 cos ,因此椭圆的 cos
离心率为 e cos , cos
即椭圆的离心率等于截的余弦与圆锥的母线和
m A
SQ 1 B F1
P
`
图3 12
面和圆锥的轴的交角轴所成角的余弦之比 .
最后, 我们延用讨论椭圆
P1Q P2 QQ1Q2. 由正圆锥的对称,Q性 1Q2长度
图3 11
等于两圆 S1、S2 所在平行平面间的段母的线
长度,与点P的位置无.关由此可知截口的曲线

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课后导练
基础达标
1.双曲线的实轴长、虚轴长、焦距成等差数列,那么它的离心率为( )

A.34 B.35 C.2 D.3
解析:由题意知2·(2b)=2a+2c2b=a+c

4b2=(a+c)2


4(c2-a2)=(a+c)2


4(c-a)=c+a


3c=5a


e=35.

答案:B
2.双曲线的两条准线把两焦点所连线段三等分,则它的离心率为( )

A.2 B.3 C.26 D.23

解析:由题意知2c=ca22·3,
∴e=3.
答案:B
3.平面π与圆锥的轴线平行,圆锥母线与轴线夹角为60°,则平面与圆锥交线的离心率是( )

A.2 B.21 C.23 D.23
解析:设平面与轴线夹角为β,母线与轴线夹角为α.
由题意,知β=0°,α=60°,∴e=211coscos=2.

答案:A
4.平面π与圆锥的母线平行,那么它们交线的离心率是( )

A.1 B.2 C.21 D.无法确定
解析:由题意,知交线为抛物线,故其离心率为1.
答案:A
5.一组平行平面与一圆锥的交线,具有( )
A.相同的焦距 B.相同的准线
C.相同的焦点 D.相同的离心率

解析:因为平行平面与圆锥轴线夹角相等,由离心率定义e=coscos,
所以,离心率相同.
答案:D
综合运用
6.设过抛物线的焦点F的弦PQ,则以PQ为直径的圆与此抛物线的准线的位置关系是( )
A.相交 B.相切 C.相离 D.以上答案均有可能
解析:过点P、Q分别作准线的垂线PP1、QQ1,其中P1、Q1为垂足,
由抛物线的结构特点知PP1+QQ1=PF+QF=PQ.
取PQ的中点O,过O作OO1垂直于准线,则OO1∥PP1∥QQ1,

∴OO1=21(PP1+QQ1）=21PQ,
即圆心到准线的距离等于半径.
∴相切.
答案:B
7.线段AB是抛物线的焦点弦.若A、B在抛物线准线上的正射影为A1、B1,则∠A1FB1等于
( )
A.45° B.60° C.90° D.120°

图3-3-5
解析:如图3-3-5,由抛物线定义,
则AA1=AF,
∴∠AA1F=∠AFA1.
又∵AA1∥EF,
∴∠AA1F=∠A1FE.
∴FA1是∠AFE的平分线.
同理,FB1是∠BFE的平分线.

∴∠A1FB1=21∠AFE+21∠BFE=21(∠AFE+∠BFE)=90°.
答案:C
拓展探究
8.已知F1、F2是双曲线的两个焦点,PQ是经过F1且垂直于F1F2的弦.如果∠PF2Q=90°,则双曲
线的离心率是( )

A.2 B.2+1 C.2-1 D.22+1
解析:如图3-3-6,由对称性知△F1F2P是等腰直角三角形,
图3-3-6
∴F1F2=PF1.
设双曲线的焦距为2c,实轴为2a,

则PF1=2c,∴PF2=22c.
由双曲线结构特点,PF2-PF1=2a,
即22c-2c=2a.
∴ac=2+1.∴e=2+1.
答案:B
9.如图3-3-7,抛物线的焦点为F,顶点为A,准线为l,过F作PF⊥AF,求证:AF=21PF.

图3-3-7
证明:过P作PB⊥l于B,
由抛物线的结构特点,
PB=PF,AH=AF.
又HF=BP,

∴AF=21HF=21BP=21PF.
备选习题
10.以圆锥曲线的焦点弦为直径的圆和相应准线相切,则这样的圆锥曲线( )
A.是不存在的 B.是椭圆
C.是双曲线 D.是抛物线
解析:由圆锥曲线的定义知,抛物线上的点到准线的距离等于到焦点的距离,所以应选D.
答案:D
11.已知椭圆两准线间的距离为20,长轴长为10,则短轴长为____________.

解析:由,202,1022caa

得a=5,c=25.
∴2b=35222ca.
答案:53