【高中】2018-2019学年度最新北师大版数学选修4-1教学案：第二章截面欣赏直线与球、平面与球的位置关系
2018-2019北师大版数学选修4-1教学案：第一章2.5切割线定理相交弦定理
2．4&2.5切割线定理相交弦定理[对应学生用书P23][自主学习]1．切割线定理(1)文字语言：过圆外一点作圆的一条切线和一条割线，切线长是割线上从这点到两个交点的线段长的比例中项．(2)符号语言：从⊙O外一点P引圆的切线PT和割线PAB，T是切点，则PT2＝PA·PB.(3)图形语言：如图所示．推论：过圆外一点作圆的两条割线，在一条割线上从这点到两个交点的线段长的积，等于另一条割线上对应线段长的积(割线定理)．2．相交弦定理(1)文字语言：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．(2)符号语言：⊙O的两条弦AB和CD相交于圆内的一点P，则PA·PB＝PC·PD.(3)图形语言：如图所示．[合作探究]1．由相交弦定理知，垂直于弦的直径平分弦．那么，直径被弦分成的两条线段与弦有何关系？提示：弦的一半是直径被弦分成的两条线段的比例中项．2．如图，圆外一点P引圆的两条割线能否有PA·AB＝PC·CD?提示：只有PA＝PC时才有PA·PB＝PC·CD成立．[对应学生用书P23]切割线定理的应用[例1]如图所示，⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，AB是⊙O2的直径，过A点作⊙O1的切线交⊙O2于点E，并与BO1的延长线交于点P.PB分别与⊙O1，⊙O2交于C，D两点．求证：(1)PA·PD＝PE·PC；(2)AD＝AE.[思路点拨]本题主要考查切割线定理的应用．解题时由割线定理得PA·PE＝PD·PB，再由切割线定理知PA2＝PC·PB可得结论，然后由(1)进一步可证AD＝AE.[精解详析](1)∵PAE，PDB分别是⊙O2的割线，∴PA·PE＝PD·PB.①又∵PA，PCB分别是⊙O1的切线和割线，∴PA2＝PC·PB. ②由①②得PA·PD＝PE·PC.(2)连接AD，AC，ED，∵BC是⊙O1的直径，∴∠CAB＝90°.∴AC是⊙O2的切线．又由(1)知PAPE＝PCPD，∴AC∥ED.∴AB⊥ED.又∵AB是⊙O2的直径，∴AD＝AE，∴AD＝AE.讨论与圆有关的线段间的相互关系，常常可以借助于切割线定理和相似成比例的知识去解决，通常用分析法揭示解题的思考过程，而用综合法来表示解题的形式．1．(湖北高考)如图，P为⊙O外一点，过P点作⊙O的两条切线，切点分别为A，B.过PA的中点Q作割线交⊙O于C，D两点．若QC＝1，CD＝3，则PB＝.解析：由切割线定理，得QA2＝QC·QD＝4⇒QA＝2，则PB＝PA＝2QA＝4.答案：4相交弦定理的应用。
柱面与平面的截面-北师大版选修4-1几何证明选讲教案
柱面与平面的截面-北师大版选修4-1 几何证明选讲教案教学目的1.通过学习柱面与平面的截面知识，加深学生对截面的理解，提高几何证明能力。
2.培养学生的三维空间想象能力和逻辑推理能力。
3.提高学生的几何思维和解决问题的能力。
教学内容柱面与平面的截面教学方法1.讲解法：讲解柱面与平面的截面的基本概念和性质。
2.探究法：通过对实际物体的观察和探究，引导学生研究柱面与平面的截面的性质。
3.练习法：通过练习题，引导学生掌握柱面与平面的截面的基本证明方法和技巧。
教学步骤第一步：引入本节课学习的内容是柱面与平面的截面知识。
首先请同学们回想一下在前面的几节课中我们学习了哪些与截面有关的内容，例如截线、截点等。
第二步：讲解1.柱面：从某个曲线（称为母线）出发，沿着与母线平行的一条直线（称为生成线）作为运动轨迹，不断滑动生成线，得到由无数平行于母线的生成线所连成的曲面，称为柱面。
2.平面截柱面：一个平面与某个柱面相交所得的截线，会有不同的形状，比如圆、椭圆、矩形等。
3.椭圆的特性：椭圆有两个焦点，任何一条线段焦点距离之和等于该椭圆的长轴长。
4.证明椭圆的特性：我们可以用割圆法证明椭圆的特性。
割圆法是将椭圆看成圆柱面的割截线，然后验证图形中两个焦点到任意一点的距离之和是否与短轴长相等。
具体证明过程可以参考下面的练习题。
第三步：探究让学生自己探究柱面与平面的截面的性质，可以通过下面的探究题来引导学生：1.用平面分别截一个立方体、长方体和圆柱，在纸上画出它们的截面图形，并比较截面的异同处。
2.用平面截一个圆锥，这个截面是什么形状？如何证明其形状？3.用平面截一段直线，为什么截出来的截面是点？4.用平面截一个球体，这个截面是什么形状？如何证明其形状？第四步：练习下面是几道练习题，供学生练习柱面与平面的截面证明方法和技巧：1.如图，ABCD是一个矩形，PQ交BC、CD于E、F两点。
若PE=PF，PF=FD，则证明AB=AD。
2019-2020学年高中数学北师大版选修4-1同步配套教学案：第二章 §1 & §2 截面欣赏 直线与球、平面与
§对应学生用书P33][自主学习]1．直线与球的位置关系有相离、相切、相交．2．从球外一点作球的切线，它们的切线长相等，所有的切点组成一个圆．3．平面与球的位置关系有相离、相切、相交．4．一个平面与球面相交，所得的交线是一个圆，且圆心与球心的连线垂直于这一平面．[合作探究]1．用一平面去截正方体时，其截面可能是几边形？提示：三角形(锐角三角形、等腰三角形、等边三角形)四边形(长方形、正方形、梯形)五边形、六边形2．直线与球的位置关系的判定与直线与圆的位置关系判定一样吗？提示：一样．都是利用点到直线的距离与半径r的关系去判定．3．平面与球的位置关系如何判定？提示：平面α，球O，球心O到α的距离为OH，球半径为R.若OH>R，则相离；若OH＝R，则相切；若OH<R，则相交．对应学生用书P33]截面问题[例1]从一个底面半径和高都是R的圆柱中，挖去一个以圆柱上底面为底，下底面中心为顶点的圆锥，得到如图所示的几何体，如果用一个与圆柱下底面距离等于l并且平行于底面的平面去截它，求所得截面的面积(阴影部分)．[思路点拨]本题主要考查截面问题，解题时根据题意画出轴截面可直观求解．[精解详析]轴截面如图所示：被平行于下底面的平面所截的圆柱的截面圆的半径O 1C ＝R ，圆锥的截面圆的半径O 1D 设为x .∵OA ＝AB ＝R ，∴△OAB 是等腰直角三角形． 又CD ∥OA ，则CD ＝BC ，故x ＝l . ∴截面面积S ＝πR 2－πl 2＝π(R 2－l 2)．解决这类问题的关键是准确分析出组合体的结构特征，发挥自己的空间想象能力，正确作出几何体的轴截面等，把立体图和截面图对照分析，找出几何体中的数量关系．把空间几何问题转化在同一平面内利用平面几何的知识解决，即用空间问题平面化的解题策略．1.一长方体木料，沿如图所示平面EFGH 截长方体，若AB ⊥CD ，那么下列四个图形中是截面的是( )解析：选A 因为AB ，MN 两条交线所在平面(侧面)互相平行，故AB ，MN 无公共点；又AB ，MN 在平面EFGH 内，故AB ∥MN .同理易知，AN ∥BM .又AB ⊥CD ，所以截面必为矩形．[2]有三个球，第一个球内切于正方体，第二个球与这个正方体各条棱相切，第三个球过这个正方体的各个顶点，求这三个球的表面积之比．[思路点拨] 本题主要考查平面、直线与球的位置关系的应用．解此题时分别作出三种情况的截面图，可求解．[精解详析] 设正方体的棱长为a .(1)正方形的内切球球心是正方体的中心，切点是六个面正方形的中心，经过四个切点及球心作截面如图①，所以有2r 1＝a ，r 1＝a2，所以S 1＝4πr 21＝πa 2.(2)球与正方体的各棱的切点在每条棱的中点， 过球心作正方体的对角面得截面，如图②，2r 2＝2a ，r 2＝22a, 所以S 2＝4πr 2＝2πa 2.(3)正方体的各个顶点在球面上，过球心作正方体的对角面得截面，如图③，所以有2r 3＝3a ，r 3＝32a ，所以S 3＝4πr 23＝3πa 2.综上可得S 1∶S 2∶S 3＝1∶2∶3.与球有关的截面问题，为了增加图形的直观性，解题时常常画一个截面圆起衬托作用．2．棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形(正四面体的截面)的面积是( )A ．22B ．32C ．2D ．3解析：选C 由题意结合图形分析知：截面过球心，且交AB 于E 点，则E 为AB 的中点，即可得△ECD 为等腰三角形，又CD ＝2，CE ＝DE ＝3，可求得S △ECD ＝2. [例3] 如图，球O 的半径为2，圆O 1是一小圆，O 1O ＝2，A ，B 是圆O 1上两点．若∠AO 1B ＝π2，则A ，B 两点间的球面距离为 ．[精解详析] 如图，OB ＝OA ＝2，O 1O ＝2， ∴O 1A ＝2，∴AB ＝2，∴△OAB 为正三角形， ∴∠AOB ＝π3.∴A ，B 两点间的球面距离为π3×2＝2π3.[答案] 2π3若一平面与球面相交所得交线是一个圆，且圆心与球心的连线垂直于这一平面，该圆心与球心距离为d ，圆半径为r ，球半径为R ，则d 2＋r 2＝R 2.本例条件变为“如图，球O 的半径为2，圆O 1是一小圆，O 1O ＝2，A ，B 是圆O 1上两点．若A ，B 两点间的球面距离为2π3”，则∠AO 1B ＝ .解析：由A ，B 间的球面距离为2π3知∠AOB ＝π3，所以△AOB 为等边三角形，AB ＝2；又由球O 的半径为2，O 1O ＝2知O 1A ＝O 1B ＝2，所以△AO 1B 为等腰直角三角形，∠AO 1B ＝π2.答案：π2本课时常考查截面问题，是每年命题的热点内容之一．属中档题．[考题印证]平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( )A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π[命题立意]本题主要通过截面问题考查球的性质及球的体积公式．[自主尝试] 设球的半径为R ，由球的截面性质得R ＝错误!＝错误!，所以球的体积V ＝错误!πR 3＝4错误!π.[答案] B对应学生用书P35]一、选择题1．在一个锥体中，作平行于底面的截面，若这个截面面积与底面面积之比为1∶3，则锥体被截面所分成的两部分的体积之比为( )A ．1∶3B ．1∶9C ．1∶33D ．1∶(33－1)解析：选D 由面积比等于边长比的平方，体积比为边长比的立方可求得D 正确．2．过半径为2的球O 表面上一点A 作球O 的截面，若OA 与该截面所成的角是60°，则该截面的面积是( )A ．πB ．2πC ．3πD ．23π解析：选A 设截面的圆心为O ′，由题意得：∠OAO ′＝60°，O ′A ＝1，S ＝π·12＝π.3．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点，若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为( )A ．43B ．33C ．83D ．63解析：选C 由题意，设AB ＝a ，AA 1＝b ，再由12BD ·DC 1＝6可得a 2＋b24＝12.又由BC 2＋CC 21＝BC 21得a 2＋b 2＝24，可得a ＝22，b ＝4，∴V ＝34×(22)2×4＝83.4．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q ，R 分别是AB ，AD ，B 1C 1的中点，则正方体的过P ，Q ，R 的截面图形是( )A ．矩形B ．正五边形C ．正六边形D ．菱形解析：选C 如图，利用空间图形的公理作出截面，可知截面为正六边形．二、填空题5．已知OA 为球O 的半径，过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M .若圆M 的面积为3π，则球O 的表面积等于 ．解析：记球O 的半径为R ，圆M 的半径为r ，则依题意得r 2＝3，R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22，故R 2＝4，球O 的表面积等于4πR 2＝16π.答案：16π6．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于 ．解析：在△ABC 中AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，可得BC ＝23，由正弦定理，可得△ABC 外接圆半径r ＝2，设此圆圆心为O ′，球心为O ，在Rt △OO ′B 中，易得球半径R ＝5，故此球的表面积为4πR 2＝20π.答案：20π7．已知点A ，B ，C 在球心为O 的球面上，△ABC 的内角A ，B ，C 所对应的边长分别为a ，b ，c ，且a 2＝b 2＋c 2－bc ，a ＝3，球心O 到截面ABC 的距离为2，则该球的表面积为 ．解析：由a 2＝b 2＋c 2－bc 可得A ＝π3，再由正弦定理可得球的小圆半径为r ＝1，进而可得球的半径为R＝3，该球的表面积为12π. 答案：12π8．在2π3的二面角内，放一个半径为5的球切两半平面于A ，B 两点，那么这两个切点在球面上最短距离是 ．解析：两切点对球心的张角为π3，∴球面距为5π3.答案：5π3三、解答题9．已知棱长为a 的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，M ，N 分别是CD ，AD 的中点，求证：MNA ′C ′是梯形．证明：如图，连接AC .∵M ，N 分别为CD ，AD 的中点， ∴MN 綊12AC .由正方体性质可知AC 綊A ′C ′， ∴MN 綊12A ′C ′，∴四边形MNA ′C ′是梯形．10．在北纬45°的纬度圈上有A ，B 两点，它们分别在东经70°与东经160°的经度圈上，设地球半径为R ，求A ，B 两点间的球面距离．解：如图，设北纬45°圈的圆心为O 1，地球中心为O ， 则∠AO 1B ＝160°－70°＝90°，∠OBO 1＝45°，OB ＝R ， ∴O 1B ＝O 1A ＝22R ，AB ＝R .连接AO ，AB ，则AO ＝BO ＝AB ＝R ， ∴∠AOB ＝60°＝16·2πR ＝13πR .故A ，B 两点间的球面距离为13πR . 11．如图所示，三棱锥V －ABC 中，VA ⊥底面ABC ，∠ABC ＝90°.(1)求证：V ，A ，B ，C 四点在同一球面上．(2)过球心作一平面与底面内直线AB 垂直．求证：此平面截三棱锥所得的截面是矩形．证明：(1)取VC的中点M.∵VA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，∴BC⊥VB.在Rt△VBC中，M为斜边VC的中点，∴MB＝MC＝MV.同理，在Rt△VAC中，MA＝MV＝MC.∴MV＝MC＝MA＝MB，∴V，A，B，C四点在同一球面上，M是球心．(2)取AC，AB，VB的中点分别为N，P，Q，连接NP，PQ，QM，MN.则MNPQ就是垂直于AB的三棱锥V－ABC的截面，易证PQMN是平行四边形，又VA⊥BC，PQ∥VA，NP∥BC，∴QP⊥PN，故截面MNPQ是矩形．。
北师大版数学选修4-1练习(第2章)截面欣赏(含答案)
截面欣赏 同步练习一、选择题1．如图所示，直线l 1，l 2，l 3，的斜率分别为k 1，k 2，k 3，则 （ ）A ． k 1< k 2< k 3B ． k 3< k 1< k 2C ． k 3< kk 2< k 1D ． k 1< k 3< k 22．点（0，5）到直线y=2x 的距离是（ ）A ．25 B ． 5C ．23 D ．25 3．经过点P （3，2），且倾斜角是直线x-4y+3=0的倾斜角的两倍的直线方程是（ ）A ．8x-15y+6=0B ．x -8y+3=0C ．2x -4y+3=0D ．8x +15y+6=04．方程| x |+| y |=1所表示的图形在直角坐标系中所围成的面积是（ ）A ．2B ．1C ．4D ． 25．过点P （2，3），且在两坐标轴上的截距相等的直线方程是（ ）A ．x +y-5=0或x -y+1=0B ．x -y+1=0C ．3x -2y=0或x +y-5=0D ．x -y+1=0或3x -2y=06．设a 、b 、c 分别是△ABC 中∠A 、∠B 、∠C 所对边的边长，则直线sinA ·x +ay+c=0与bx -sinB ·y+sinC=0的位置关系是（ ）A ．平行B ．重合C ．垂直D ．相交但不垂直7．直线x -y+4=0被圆(x +2)2+(y-2)2=2截得的弦长为（ ）A ． 2B ．22C ．32D ．428．直角坐标系内到两坐标轴距离之差等于1的点的轨迹方程是（ ）A ．| x |-| y |=1B ．x -y=1C ．( | x |-| y | )2=1D ．| x -y |=19．若集合,}1)2(|),{(},16|),{(2222B B A a y x y x B y x y x A =-≤-+=≤+= 且 则a 的取值范围是（ ）A ．1≤aB ．5≥aC ．51≤≤aD ．5≤a10．在约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥-+≤≤0111y x y x 下，目标函数y x z 2+=的最小值和最大值分别是（ ）A ．1，3B ．1，2C ．0，3D ．2，3二、填空题11．如果直线l 与直线x +y-1=0关于y 轴对称，那么直线l 的方程是 ． 12．直线3x +y-23=0截圆x 2+y 2=4，得劣弧所对的圆心角为 ．y xl 2l 1l 3o13．过原点的直线与圆x 2+y 2+4x +3=0相切，若切点在第三象限，则该直线的方程是 ．14．如果直线l 将圆：x 2+y 2-2x -4y=0平分，且不经过第四象限，则l 的斜率的取值范围是 三、解答题15．求经过两点P 1（2，1）和P 2（m ，2）（m ∈R)的直线l 的斜率，并且求出l 的倾斜角α及其取值范围．16．过点P(2,4)作两条互相垂直的直线l １，l ２，若l １交x 轴于A 点，l 2 交y 轴于B 点，求线段AB 的中点M 的轨迹方程．17．已知圆的半径为10，圆心在直线x y 2=上，圆被直线0=-y x 截得的弦长为24，求圆的方程．18．已知常数,0>a 在矩形ABCD 中，AB=4，BC=4a ，O 为AB 的中点，点E 、F 、G分别在BC 、CD 、DA 上移动，且DADGCD CF BC BE ==，P 为GE 与OF 的交点（如图），求P 点的轨迹方程.xyoAB CDE FG P参考答案一．选择题二．填空题11．x - y +1=0 12．3π 13．y=33 x 14． [0，2] 三、解答题15．[解析]：(1)当m=2时，x 1＝x 2＝2，∴直线l 垂直于x 轴，因此直线的斜率不存在，倾斜角α=2π(2)当m ≠2时，直线l 的斜率k=21-m 当m ＞2时，k ＞0． ∴α=arctan 21-m ,α∈（0，2π），当m ＜2时，k ＜0 ∴α＝π＋arctan 21-m ，α∈(2π,π)．16．[解法1]：设点M 的坐标为(x,y),∵M 为线段AB 的中点，∴A 的坐标为(2x,0)，B 的坐标为(0，2y)，∵l １⊥l ２，且l １、l ２过点P(2，4)， ∴PA ⊥PB,k PA ·ｋＰＢ＝－１．而)1(,0224,2204≠--=--=x yk x k AB PA).1(11212≠-=-⋅-∴x y x 整理，得x+2y-5=0(x ≠1)∵当x=1时，A 、B 的坐标分别为(2，0)、(0，4)．∴线段AB 的中点坐标是(1，2)，它满足方程x+2y-5=0，综上所述，点M 的轨迹方程是x+2y-5=0．[解法2]：设M 的坐标为(x,y)，则A 、B 两点的坐标分别 是(2x,0)、(0,2y)，连接PM ，∵l １⊥l ２，∴2｜ＰＭ｜＝｜ＡＢ｜，而｜ＰＭ｜＝22)4()2(-+-y x22)2()2(y x AB += 222244)4()2(2y x y x +=-+-∴ 化简，得x+2y-5=0,为所求轨迹方程． 17．[解析]：设圆心坐标为（m ，2m ）,圆的半径为10，所以圆心到直线x -y=0的距离为2||2||m m =-由半径、弦心距、半径的关系得228102±=∴+=m m∴所求圆的方程为10)4()2(,10)4()2(2222=+++=-+-y x y x18．[解析]：根据题设条件可知，点P(x ，y)的轨迹即直线GE 与直线OF 的交点. 据题意有A （－2，0），B （2，0），C （2，4a ），D （－2，4a ）设)10(≤≤===k k DADC CD CF BC BE ，由此有E （2，4ak ），F （2－4k ，4a ），G （－2，4a －4ak ）. 直线OF 的方程为：0)12(20420040=-+⇒---=--y k ax k x a y ， ① 直线GE 的方程为：02)12()2(2)2()44(4)44(=-+--⇒----=----a y x k a x ak a ak ak a y . ②从①，②消去参数k ，得点P （x ，y ）的轨迹方程是：022222=-+ay y x a ，。
2018-2019学年高中数学北师大版选修4-1同步配套课件：第二章 章末复习课
3．圆锥面的母线与轴线成 α 角，不过顶点的平面和轴线成 β 角， 且与圆锥面的交线是椭圆，则 β 和 α 的大小关系为 A．β>α C．β＝α
解析：由概念可知 β>α.
(
)
B．β<α D．无法确定
答案：A
4．一个平面和圆柱面的轴成 α 角(0° <α<90° )，则同时与圆柱面 和该平面都相切的球的个数为 A．0 个 C．2 个 B． 1 个 D．由 α 的不同而定 ( )
答案：C
1 2．已知圆柱的底面半径为 2，平面 γ 与圆柱斜截口的离心率为 ， 2 则椭圆的长半轴是 A．2 16 C． 3 B． 4 4 3 D． 3 ( )
解析：设椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为 2a,2b,2c. a2－b2 1 c 由题意知 b＝2，a＝ a ＝ ， 2 a2－4 1 4 3 ∴ a ＝ ，解得 a＝ . 2 3
且与 OA 成 45° 角的平面截球 O 的表面得到圆 C.若圆 C 的面 7π 积等于 ，则球 O 的表面积等于 4 ．
[解析] 设球 O 的半径 OA＝R，圆 C 的圆心为 C，半径为 r，则 OC 垂直于截面，∠OMC 就是直线 OA 与截面所成的角， 7π 7 2 ∴∠OMC＝45° ，∵πr ＝ ，∴r ＝ .在 Rt△OCM 中，易得 OC 4 4
2
2 ＝ R，取圆 C 上一点 D，连接 CD，OD，则在 Rt△OCD 中， 4 R ＝r
2 2
＋
2 R2，得 R2＝2，故球 O 的表面积等于 4πR2＝8π. 4
[答案]
8π
(2)一个圆锥轴截面的顶角为 120° ，母线长为 1，过顶点作圆锥的 截面中，最大截面面积为 1 A． 2 3 C． 5 1 B． 3 3 D． 4 ( )
高中数学选修4-1几何证明选讲教学课件 圆柱面、圆锥面与平面的截面(北师大版)
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于是有 定理 圆柱形物体的斜截口是 椭圆 .
B2
.
如图 − , F 、F 是 椭圆的焦点, B B 是 F F 的中垂线.我们 把A A 叫做椭圆的
A1
O
F1
B1
F2
A2
轴 长 , B B 叫做椭圆
图 −
的 短பைடு நூலகம், F F 叫做椭圆的 焦 .如果长轴 轴 距 为 a, 短轴为 b, 那么焦距 c = a −b .
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提高几何观察归纳及论证能力。要会理解和掌握 证明方法，会运用结论解决问题。
2、在空间中，取直线l 为轴 ，直线 l ′与 l 相交 ′ 于点o，其夹角为α，l围绕 l旋转得到以为o 顶点， 为母线的圆锥面，任取平面π，若 l′ β l β 它与轴 交角为 （π与 平行，记 ＝0），则 l β α (i) ＞ ，平面π与圆锥的交线为椭圆；(ii) β α ＝ ，平面π与圆锥的交线为抛物线；(iii) β α ＜ ，平面π与圆锥的交线为双曲线.
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【4-1几何证明选讲】第二章 《圆锥曲线》
第二课时《圆柱面、圆锥面 与平面的截面》
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一、教学目标
1、能够用运动变化的观点理解柱面、旋转面的概念， 进而掌握圆柱面的性质。 2、在一般截面的几何性质的探究中，体验使用焦球 的意义，逐步培养对几何图形中不变量的研究意 识。 3、用平面截圆锥面研究所得曲线的基本特征并加以 证明，从新的角度认识椭圆、双曲线和抛物线。 4、理解用综合几何研究圆锥曲线的思路，掌握进行 探索的方法。
高中数学第二章圆锥曲线2.5圆锥曲线的几何性质学案北师大版选修4-1
2.5 圆锥曲线的几何性质课标解读1.了解圆锥曲线的形成过程．2.理解圆锥曲线的统一定义．3.能用圆锥曲线的几何性质解决问题.圆锥曲线的统一定义抛物线、椭圆、双曲线都是平面上到定点的距离与到定直线的距离之比为常数e (离心率)的动点的轨迹，此时定点称为焦点，定直线称为准线．当e ＝1时，轨迹为抛物线； 当0＜e ＜1时，轨迹为椭圆； 当e ＞1时，轨迹为双曲线．1．你能列举几条椭圆的几何性质吗？【提示】 (1)椭圆中有“四线”(两条对称轴、两条准线)，“六点”(两个焦点、四个顶点)．注意它们之间的位置关系(如准线垂直于长轴所在的直线、焦点在长轴上等)及相互间的距离(如焦点到相应顶点的距离为a －c ，到相应准线的距离为a 2c－c 等)．(2)设椭圆方程x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上任意一点为P (x ，y )，则|OP |＝x 2＋y 2＝x 2＋b 2a2a 2－x 2＝c 2x 2＋a 2b 2a 2. ∵－a ≤x ≤a ，∴x ＝0时，|OP |有最小值b ，这时，P 在短轴端点处；当x ＝±a 时，|OP |有最大值a ，这时P 在长轴端点处．(3)椭圆上任意一点P (x ，y )(y ≠0)与两焦点F 1(－c,0)，F 2(c,0)构成△PF 1F 2称之为焦点三角形，周长为2(a ＋c )．(4)椭圆的一个焦点、中心和短轴的一个端点构成直角三角形的边长有a 2＝b 2＋c 2. 2．由双曲线的特征三角形我们可得到什么？ 【提示】双曲线的特征三角形和椭圆类似，如图中△OAB 称为双曲线的特征三角形，它几乎包含了双曲线的所有基本特征量：|OA |＝a ，|AB |＝b ，|OB |＝|OF 2|＝c ，cos ∠AOB ＝a c ＝1e，OB所在的直线即为双曲线的渐近线y ＝b ax ，又F 2在OB 上的射影记作G ，则|OG |＝a ，|F 2G |＝b (注意：△OAB ≌△OGF 2)．G 的横坐标记作x G ，则x G ＝a 2c (由射影定理可得)，那么过G 作y 轴的平行线l ，显然l 为双曲线右焦点F 2对应的准线.圆锥曲线的几何性质图2－5－1如图2－5－1所示，椭圆的左、右焦点分别为F 1，F 2，A 为椭圆内部一点，且F 1A ⊥F 1F 2，椭圆的长轴长为8，焦距为4，M 为椭圆上任意一点，求AM ＋2MF 2的最小值．【思路探究】 设法将AM,2MF 2转化到一条直线上，才能利用所学的求最值的基本思路，否则不易求．【自主解答】 如图所示，l 1，l 2为椭圆的准线，过M 作MN ⊥l 2于N .∵e ＝c a ＝2c 2a ＝48＝12，∴MF 2＝eMN ＝12MN ，∴AM ＋2MF 2＝AM ＋MN ，故AM ＋2MF 2的最小值为A 到l 2的距离， ∵AF 1⊥F 1F 2，∴即求F 1到l 2的距离．延长F 1F 2交l 2于Q ，F 1Q ＝c ＋a 2c ＝2＋422＝10，故AM ＋2MF 2的最小值为10.1．本题求解的关键是把到焦点的距离转化为到定直线的距离，而转化的依据是圆锥曲线的统一定义．2．两线段和或差的最值问题一般转化成直线上的线段和、差的最值问题；曲面上(球面除外)的最值问题也是转化为平面上的最值问题．已知双曲线左右两个焦点分别为F 1、F 2，P 是双曲线左支上一点，P 点到左准线的距离为d ，若d 、PF 1、PF 2成等比数列，求双曲线离心率e 的取值范围．【解】 如图所示， 由题知PF 1d ＝PF 2PF 1＝e ， ∴PF 2＝ePF 1， 由PF 2－PF 1＝2a ， ∴PF 1＝2a e －1， 根据PF 1≥F 1A ， ∴2ae －1≥c －a ，∴(e －1)2≤2,1－2≤e ≤1＋2， 又∵e ＞1， ∴1＜e ≤1＋2，即双曲线的离心率e 的取值范围是1＜e ≤1＋ 2.圆锥曲线方程点M (x ，n )与定点F (c,0)的距离和它到定直线l ：x ＝a 2c的距离的比是常数c a(c ＞a ＞0)，求点M 的轨迹方程．【思路探究】 表示出点M 到定点F 和定直线l 的距离，直接列关系式求解．【自主解答】 设d 是点M 到直线l 的距离． 根据题意，所求轨迹就是集合P ＝{M ||MF |d ＝ca}，由此得x －c 2＋y 2|x －a 2c|＝ca .化简，得(c 2－a 2)x 2－a 2y 2＝a 2(c 2－a 2)．设c 2－a 2＝b 2，就可化为x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)．1．解答本题时化简是关键．2．平面直角坐标系也是解决几何问题的重要工具．通过平面直角坐标系可对几何元素进行定量的分析．在平面内，两个定点的距离为8，动点M 到两个定点的距离的和为10，求动点M 的轨迹方程．【解】 以两点的连线段所在的直线为x 轴，线段的中垂线为y 轴建立直角坐标系．则由椭圆的定义知，所求动点的轨迹为椭圆．设所求椭圆方程为x 2a 2＋y 2b2＝1，∵2a ＝10,2c ＝8，∴a ＝5，c ＝4，则b 2＝9， 故所求椭圆的方程为x 225＋y 29＝1.利用Dandelin 双球研究圆锥曲线问题图2－5－2一个顶角为60°的圆锥面被一个平面π所截，如图2－5－2所示，Dandelin 双球均在顶点S 的下方，且一个半径为1，另一个半径为5，则截线的形状是什么曲线？其离心率是多少？【思路探究】 解答本题可先在所给的几何图形中找到椭圆的元素，再利用相应关系研究截线的性质．【自主解答】 Dandelin 双球均在顶点S 的同侧，所以截线为椭圆．设A 、B 分别是该椭圆的长轴的两个端点，F 1、F 2分别是其焦点，O 1、O 2分别为Dandelin 双球中小、大球的球心，C 、D 分别为截面圆与母线的切点．∵∠CSO 1＝30°，O 1C ＝1，∴SC ＝ 3. 同理SD ＝53，则CD ＝4 3. 又∵BF 1＋BF 2＝BC ＋BD ＝CD ， ∴2a ＝BF 1＋BF 2＝43，即a ＝2 3.再延长O 1F 1交O 2D 于点G ，过O 2作O 2F ⊥F 1G 交F 1G 于点F ， 则O 1F ＝r 1＋r 2＝6.又∵CD＝43，∠DSO 2＝30°，∴O 1O 2＝8， 在Rt △O 1O 2F 中，FO 2＝82－62＝27. 即2c ＝F 1F 2＝FO 2＝27， 故c ＝7.所以，离心率e ＝c a ＝723＝216.1．解答本题时，先在图形中找出长轴与焦点，然后再求值．2．解决此类问题可先把空间图形转化为平面图形，然后利用圆锥曲线的定义及性质来解决．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】 截得的曲线是椭圆．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F 1，F 2，如图所示，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＝52－22.∵SO 2＝2R 2，CO 2＝2R 2，∴SC ＝(2－2)R 2＝5，即R 2＝52＋22. ∵O 1O 2＝CO 1＋CO 2＝2(R 1＋R 2)＝102， ∴AB ＝O 1O 2cos 30°＝O 1O 2·32＝56， 即MF 1＋MF 2＝5 6.图2－5－3(教材第47页习题2－5第2题)如图2－5－3，F 1、F 2为椭圆的两个焦点，直线m 为其准线．(1)设椭圆的离心率e ＝23，试确定点P 的位置，使PA ＋32PF 1取得最小值；(2)设椭圆的长轴长等于6，AF 2＝2，试求PA ＋PF 1的最大值和最小值．(2013·合肥质检)已知双曲线x 29－y 216＝1的右焦点为F 1，点A (9,2)不在双曲线上，试在这个曲线上求一点M ，使|MA |＋35|MF 1|的值最小，并求出最小值．【命题意图】 本题主要考查双曲线的几何性质，由题设a ＝3，b ＝4，c ＝9＋16＝5，e ＝c a ＝53.【解】 如图所示，l 为双曲线的右准线，M 为双曲线上任意一点，作MN ⊥l 于N ， 则|MN |＝35|MF 1|，因此|MA |＋35|MF 1|＝|MA |＋|MN |，当A 、M 、N 三点共线时，即点M 坐标为(352，2)时，|MA |＋35|MF 1|取最小值为|AN |＝9－95＝365.1．平面内若动点M 到两定点F 1，F 2的距离和为定值m (m ＞0)，则动点M 的轨迹是( ) A ．椭圆 B ．线段 C ．不存在D ．以上都有可能【解析】 当m ＞|F 1F 2|时，轨迹为椭圆； 当m ＝|F 1F 2|时，轨迹为线段； 当m ＜|F 1F 2|时，轨迹不存在． 【答案】 D2．平面内与圆C ：(x ＋2)2＋y 2＝1外切，且与直线x ＝1相切的动圆圆心M 的轨迹是( ) A ．圆 B ．椭圆 C ．双曲线D ．抛物线【解析】 由题意知动点M 到定点(－2,0)和到定直线x ＝2的距离相等，故选D. 【答案】 D3．设P 是椭圆上任意一点，F 1为其左焦点，已知椭圆的长轴长10，焦距为6，则PF 1的最小值为________．【解析】 由题意知a ＝5，c ＝3，所以PF 1的最小值为a －c ＝2. 【答案】 24．已知双曲线的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 在双曲线的右支上，且PF 1＝4PF 2，则离心率的最大值为________．【解析】 PF 1＝4PF 2，又PF 1－PF 2＝2a ， ∴3PF 2＝2a ，PF 2＝2a 3，又PF 2≥c －a ，∴2a3≥c －a ，∴c ≤53a ，∴e ≤53.【答案】 53。
高中数学选修4-1《几何证明选讲》全套教案(55页)(经典)
A1 A2
m=（m、n 为自源自数），那么怎样证明B1 B2
m
=
？并使学生试证，
A2 A3 n
B2 B3 n
并概括为：
三条平行线 l1// l2 // l3 在直线 k1 、 k2 上截出线段 A1 A2 、 A2 A3 、 B1B2 、 B2 B3 ，那么
A1 A2 = B1B2 。 A2 A3 B2 B3
最后，使学生类比着平行线等分线段定理的叙述，试述此定理，在此过程中介绍“对应 线段”的使用，并以正反之例予以明确。
（三）应用举例
例 1（1）已知：如图 5， l1// l2 // l3 ，AB=3，DF=2，EF=4，求 BC。 （2）已知：如图 6， l1// l2 // l3 ，AB=3，BC=5，DB=4.5，求 BF。
三条平行线 l1// l2 // l3 在直线 k1 、 k2 上截出线段 A1 A2 、 A2 A3 、 B1B2 、 B2 B3 ，如果
A1 A2
2
= ，那么
B1 B2
2
= ，即
A1 A2
= B1B2
。
A2 A3 3
B2 B3 3
A2 A3 B2 B3
继而使学生仿照前面的证明，证明这个情况。
进一步提出：
（3）已知：如图 7， l1// l2 // l3 ，AB=3，BC=5，DF=10，求 DE。 （4）已知：如图 8， l1// l2 // l3 ，AB=a，BC=b，DF=c，求 EF。
其中（1）由学生口答、教师追问理由；（2）~（4）则在学生充分思考的基础上，使其 口答。
例 2．已知线段 PQ，PQ 上求一点 D，使 PD：DQ=4：1。 先使学生讨论，而后使他们答出求法，其中既肯定“量法”，又指明“量法”的不足， 最后使他们实践。 （四）小结 1．本节课在平行线等分线段定理的基础上，学习了平行线分线段成比例定理，平行线 等分线段定理是平行线分线段成比例定理的特殊情况，“证明”平行线分线段成比例定理是 通过转化为平行线等分线段定理来解决的。 2．使用平行线分线段成比例定理时，一要看清平行线组；二要找准平行线组截得的对 应线段，否则就会产生错误。 （五）布置作业 补充（1）已知线段 PQ，在 PQ 上求一点 D，使 PD：PQ=4：1； （2）已知线段 PQ，在 PQ 上求一点 D，使 PQ：DQ=4：1
高中数学 第二章 圆锥曲线教案 北师大版选修4-1
第二章圆锥曲线§1截面欣赏§2直线与球、平面与球的位置关系1．直线与球的位置关系(1)直线与球的位置关系已知球O的半径为r，球心到直线l的距离为d.(2)从球外一点作球的切线，它们的切线长相等，所有的切点组成一个圆．2．平面与球的位置关系(1)平面与球的位置关系设球的半径为r，球心到平面的距离为d.(2)球的截面性质图2－1－1一个平面与球面相交，所得的交线是一个圆，且圆心与球心的连线垂直于这一平面．如图2－1－1所示，平面α截球得一截面圆O，OO1与平面α垂直，P为截面圆上一点，在Rt△OO1P中有OP2＝OO21＋O1P2，这个等式给出了球半径、截面圆半径与球心到截面圆的距离三者之间的关系．1．如何求球的两个平行截面间的距离？【提示】(1)作出过球心和截面圆圆心的截面．(2)分两种情况：一是两截面在球心同侧；二是两截面在球心异侧．(3)利用球的半径R，截面圆半径r及球心到截面圆的距离d的关系r2＋d2＝R2来求解．2．如何判断点、直线、平面与球的位置关系？【提示】点、直线、平面与球的位置关系与它们到球心的距离和球的半径的大小有着密切的关系．因而要判断点、直线和平面与球的位置关系，关键是寻找球心到点、直线、平面的距离d与球的半径R的大小关系，特别地要证明点在球面上、直线或平面与球相切，只需证明d＝R.已知半径为10的球的两个平行截面的周长分别是12π和16π，求这两个截面间的距离．【思路探究】【自主解答】设球心为O，两截面的圆心分别为C、D，由已知2π²CE＝12π，得CE ＝6，2π²DF＝16π，得DF＝8，当两截面在球心同侧时，如图(1)．CD＝OC－OD＝OE2－EC2－OF2－DF2＝102－62－102－82＝2，当两截面在球心两侧时，如图(2)所示．CD＝OC＋OD＝OE2－EC2＋OF2－DF2＝14.故两个截面间的距离为2或14.1．本题中两个平行截面与球心的位置关系不确定，故应分类求解．2．解决有关球的问题，通常是通过研究球的截面来实现的，实质上是利用球的截面，化空间问题为平面问题．图2－1－2已知球O 的半径为3，它有一内接正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，如图2－1－2所示，则球心到平面ABCD 的距离为________．【解析】 平面ACC 1A 1截球所得截面图形如图所示．∵AC 1＝3AA 1，∴AA 1＝2 3.OO 1＝12AA 1＝ 3.∴球心到平面ABCD 的距离为 3. 【答案】3时刻，一根高1米的垂直立于地面的标杆的影子长是2米，求球的半径．【思路探究】 作出球的截面，构造三角形，利用切线长定理及三角形相似求解．【自主解答】 如图所示，⊙O 为球的轴截面图，AB 与⊙O 切于A ，AB ＝10米，它是AC 的影长，则AC ＝5米，BC 切⊙O 于D ，由切线长定理知BD ＝10米，CB ＝AC 2＋AB 2＝55，∴CD ＝CB －BD ＝55－10，∵∠C ＝∠C ，∠ODC ＝∠CAB ＝90°， ∴△OCD ∽△BCA ，∴CD OD ＝AC AB， ∴OD ＝CD ²AB AC ＝ 55－10 ³105＝105－20(米)， 故球的半径为105－20米．1．解答本题时首先应明确地面与球相切，球的投影最远点是由光线与球的切点决定的，然后作出截面，构造三角形求解．2．利用球的轴截面可把球的问题转化为圆的问题求解．已知过球面上三点A 、B 、C 的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AC ＝BC ＝6，AB ＝4，求球面面积．【解】 如图所示，设球心为O ，球半径为R ，M 是AB 的中点． 作OO 1⊥平面ABC 于O 1，由于OA ＝OB ＝OC ＝R ，则O 1∈CM .设O 1M ＝x ，易知O 1M ⊥AB ，则22＋x 2＝O 1A ＝O 1C ＝CM －O 1M ＝62－22－x ，即22＋x 2＝42－x ，解得x ＝724，则O 1A ＝O 1B ＝O 1C ＝924，在Rt △OO 1A 中，O 1O ＝R2，∠OO 1A ＝90°，OA ＝R .由勾股定理得(R 2)2＋(924)2＝R 2，解得R ＝362. 故S 球面＝4πR 2＝54π.(1)求它的外接球的体积； (2)求它的内切球的表面积．【思路探究】 (1)外接球的球心就是△SAC 外接圆的圆心；(2)以内切球的球心为顶点，以正四棱锥的各个面为底面的棱锥的体积之和等于正四棱锥的体积．【自主解答】 (1)如图，设外接球的半径为R ，球心为O ，则OA ＝OC ＝OS ， 所以O 为△SAC 的外心，即△SAC 的外接圆半径就是球的半径， ∵AB ＝BC ＝a ，∴AC ＝2a . ∵SA ＝SC ＝AC ＝2a ， ∴△SAC 为正三角形． 由正弦定理得2R ＝ACsin ∠ASC ＝2a sin 60°＝263a ，因此R ＝63a ，V 球＝43πR 3＝8627πa 3.(2)设内切球的半径为r ，作SE ⊥底面于E ，作SF ⊥BC 于F ，连接EF .则有SF ＝SB 2－BF 2＝2a 2－ a 2 2＝72a .S △SBC ＝12BC ²SF ＝12a ³72a ＝74a 2， S 棱锥全＝4S △SBC ＋S 底＝(7＋1)a 2，又SE ＝SF 2－EF 2＝72a 2－ a 2 2＝62a ， ∴V 棱锥＝13S 底h ＝13a 2³62a ＝66a 3，∴r ＝3V 棱锥S 全＝3³66a 37＋1 a 2＝42－612a ，S 球＝4πr 2＝4－73πa 2.1．解答本题第(2)小题时，内切球的球心无法确定，从而利用等体积法直接求内切球的半径．2．当几个平面与球都相切时，根据平面与球相切的定义，球心到各平面的距离都等于球半径．同时在解决此类问题时，一要注意用好图形，二要注意使用线面关系解题．图2－1－3如图2－1－3所示，已知棱长为a 的正四面体ABCD 有内切球O ，求球心O 到棱AB 的距离．【解】 设内切球半径为r ，由等积法：BO 1＝23²32a ＝33a ， ∴AO 1＝a 2－13a 2＝63a . ∵4³13³34a 2²r ＝V A —BCD ＝212a 3，∴r ＝612a . ∴AO ＝AO 1－OO 1＝63a －612a ＝64a . 又AO ＝BO ，设E 为AB 的中点，连接OE ，则OE 为球心O 到AB 的距离， ∴OE ＝AO 2－AE 2＝616a 2－a 24＝24a .(教材第50页复习题二A 组第1题)在半径为13 cm 的球面上有A 、B 、C 三点，AB ＝6 cm ，BC ＝8 cm ，CA ＝10 cm ，求过这三点的截面与球心O 的距离．(2013²大连模拟)在球面上有四点P 、A 、B 、C ，若PA 、PB 、PC两两垂直，且PA ＝PB ＝PC ＝a ，求这个球的体积和表面积．【命题意图】 本题主要考查直线与球、平面与球的位置关系．【解】 由PA ⊥PB 可知P 、A 、B 确定一个平面，设它与球O 的交线为⊙O 1，由于PA ⊥PB ，故AB 是⊙O 的直径，且AB ＝AP 2＋BP 2＝2a .∵PC ⊥PA ，PC ⊥PB ， ∴PC ⊥平面PAB .又OO 1⊥平面PAB ， ∴OO 1∥PC .过OO 1、PC 作平面α交球面为大圆O ，设⊙O 与⊙O 1的另一个交点为Q ，则直线PQ 是平面α与平面PAB 的交线，点O 1∈PQ ，连CQ ，在⊙O 中，∵PC ⊥PQ ，∠CPQ 为直角， ∴CQ 为⊙O 的直径．设⊙O 的半径为R ，即球O 的半径为R ，在Rt △CPQ 中，CQ ＝PC 2＋PQ 2＝ a 2＋ 2a 2＝3a ， ∴2R ＝3a ， 即R ＝32a ， ∴V 球＝4π3(32a )3＝32πa 3，S 球＝4π(32a )2＝3πa 2.1．一个平面去截一个球面，其截线是( ) A ．圆 B ．椭圆 C ．点D ．圆或点【解析】 由平面与球的位置关系知，选D. 【答案】 D2．已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，它们位于球心的同一侧，且距离为1，那么这个球的半径为( )A ．4B ．3C ．2D ．5【解析】 设球的半径为R ，由题意知R 2－5－R 2－8＝1，解得R ＝3. 【答案】 B3．球的半径为R ，则它的外切正方体的棱长为________，内接正方体的棱长为________． 【解析】 外切正方体的棱长为2R ，内接正方体的体对角线是球的直径，故3a ＝2R ，(a 是内接正方体的边长)∴a ＝233R .【答案】 2R233R 4．平面α与球O 相交，交线圆圆心为O 1，若OO 1＝3，交线圆半径为4，则球O 的半径为________．【解析】 设球O 的半径为R ，由题意知R 2＝32＋42＝25，∴R ＝5. 【答案】 5一、选择题1．从球外一点引球的切线，则( )A ．可以引无数条切线，所有切点组成球的一个大圆B ．可以引无数条切线，所有切点组成球的一个小圆C ．只可以引两条切线，两切点的连线过球心D．只可以引两条切线，两切点的连线不过球心【解析】根据球的切线性质知B正确．【答案】 B2．已知球的半径R＝6，过球外一点P作球的切线长为8，则P点到球面上任意一点Q 的最短距离为( )A．3 B．4C．5 D．6【解析】设点P到球心的距离为d，则d＝62＋82＝10.∴PQ的最短距离为10－6＝4.【答案】 B3．一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图2－1－4所示，则截面图可能是( )图2－1－4A．①③ B．②③C．①④③ D．①②③【解析】根据截面的位置不同，可得到的截面形状可能是①②③，但不可能为④，故选D.【答案】 D4．已知三棱锥S－ABC的各顶点都在一个半径为r的球面上，球心O在AB上，SO⊥底面ABC，AC＝2r，则球的体积与三棱锥体积之比是( )A．π B．2πC．3π D．4π【解析】如图所示，由题意知OA＝OB＝OS＝r，易知△ACB为直角三角形，所以V 球V 锥＝43πr 313³122r 2³r ＝4π.【答案】 D 二、填空题5．若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是________． 【解析】 三棱锥的三个侧面两两垂直，说明三棱锥的三条侧棱两两垂直，设其外接球的半径为R ，则有(2R )2＝(3)2＋(3)2＋(3)2＝9，∴外接球的表面积为S ＝4πR 2＝9π. 【答案】 9π图2－1－56．如图2－1－5所示，已知球O 的面上四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝3，则球O 的体积等于________．【解析】 ∵DA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， ∴DA ⊥BC ，DA ⊥AC . 又BC ⊥AB ，AB ∩DA ＝A ， ∴BC ⊥平面ABD ， ∴BC ⊥DB ，则DC 的中点即为球心O . 又DA ＝AB ＝BC ＝3， ∴AC ＝6，DC ＝3，∴球O 的体积V 球＝43π(32)3＝9π2.【答案】9π2三、解答题7．已知半径为R 的四个球两两相切，下面三个球与桌面相切，求上面一个球的球心到桌面的距离．【解】 设四个球的球心分别为O 1、O 2、O 3、O 4，将它们两两连接恰好组成一个正三棱锥，各棱长均为2R ，如图作O 1H ⊥面O 2O 3O 4，垂足为H ，则O 1H 为棱锥的高．连接O 4H ，则O 4H ＝233R .∵△O 1HO 4为直角三角形， ∠O 1HO 4＝90°， ∴O 1H ＝263R ，∴从上面一个球的球心到桌面的距离为(263＋1)R .8．若正四面体的四个顶点都在表面积为36π的一个球面上，求这个正四面体的高．【解】 如图，设正四面体边长为x ，设球半径为R . ∴AH ＝33x,4πR 2＝36π. ∴R ＝3，在Rt △AHS 中，SH 2＝SA 2－AH 2，∴SH 2＝x 2－(33x )2＝23x 2， (23x －R )2＋(33x )2＝9， ∴x ＝2 6∴SH ＝4，故正四面体的高为4.图2－1－69．如图2－1－6所示，一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并向容器内注水，使水面恰与铁球相切，将球取出后，容器内的水深是多少？【解】 由题意，轴截面PAB 为正三角形，故当球在容器内时，水深为3r ，水面半径为3r ，容器内水的体积就是V ＝V 圆锥－V 球＝13π(3r )2²3r －43πr 3＝53πr 3.将球取出后，设容器中水的深度为h ，则水面半径为33h . 此时容器内水的体积为V ′＝13π(33h )2²h ＝19πh 3.由V ＝V ′，得h ＝315r .即铁球取出后水深为315r .10．已知球面上的三点A 、B 、C ，且AB ＝6 cm ，BC ＝8 cm ，AC ＝10 cm ，球的半径为13 cm.求球心到平面ABC 的距离(如图)．【解】 因为62＋82＝102，所以△ABC 是直角三角形．因为球心O 在平面ABC 内的射影M 是△ABC 所在截面圆的圆(外接圆)心，所以M 是直角三角形斜边AC 上的中点，且OM ⊥AC .在Rt △OAM 中，OM ＝OA 2－AM 2＝132－52＝12， 所以球心到平面ABC 的距离为12 cm.§3柱面与平面的截面§4平面截圆锥面1．柱面与平面的截面(1)柱面、旋转面①圆柱面如图2－3－1①所示，圆柱面可以看成是一个矩形ABCD以一边CD所在的直线为轴，旋转一周后AB边所形成的曲面．图2－3－1②旋转面如图2－3－1②所示，平面上一条曲线C绕着一条直线l旋转一周后所形成的曲面称为旋转面．(2)垂直截面用垂直于轴的平面截圆柱面，所得的交线为一个圆．(3)一般截面当截面与圆柱面的轴不垂直时，所得交线为椭圆．2．平面截圆锥面(1)圆锥面取直线l为轴，直线l′与l相交于点O，其夹角为σ(0°＜σ＜90°)，l′绕l旋转一周得到一个以O为顶点，l′为母线的圆锥面．(2)垂直截面当截面与圆锥面的轴垂直时，所得的交线是一个圆．(3)一般截面定理：在空间，直线l′与l相交于点O，其夹角为σ，l′绕l旋转一周得到以O为顶点，l′为母线的圆锥面，任取平面β，若它与轴l的交角为θ，则①当θ＞σ时，平面β与圆锥面的交线为椭圆；②当θ＝σ时，平面β与圆锥面的交线为抛物线；③当θ＜σ时，平面β与圆锥面的交线为双曲线．1．平面β截圆柱面，β与圆柱面的轴的夹角θ变化，所截出的椭圆有什么变化？ 【提示】 θ变化不影响椭圆的短轴，θ越小，长轴越长，椭圆越扁，离心率越大． 2．试研究以过抛物线的焦点的弦为直径的圆与抛物线的准线的位置关系．【提示】 如图，弦AB 过焦点F ，设其中点为P ，A 、B 、P 在抛物线准线l 上的射影分别为A ′、B ′、P ′，则PP ′为梯形A ′ABB ′的中位线，∴PP ′＝12(AA ′＋BB ′)，又由抛物线定义可知，AA ′＋BB ′＝AF ＋BF ＝AB ，∴以弦AB 为直径的圆与l 相切．3．若平面与圆柱面轴的夹角为θ，圆柱面的半径为r ，则平面截圆柱面所得的椭圆的长轴长2a ，短轴长2b ，离心率e 的值如何用θ、r 表示？【提示】 由两焦球球心距离等于截得椭圆的长轴长，故2a ＝2rsin θ，椭圆的短轴长2b ＝2r ，离心率e ＝c a＝cos θ.圆柱的底面半径为5，高为5，若一平行于轴的平面截圆柱得一正方形，求轴到截面的距离．【思路探究】 将题目中给出的关系转化为线面关系求解．【自主解答】 如图所示，ABCD 为边长为5的正方形，连接OC 、OD ，∴△OCD 为等边三角形． 设CD 的中点为E ，连接OE ， 则OE ⊥CD ，且OE ＝523，又AD ⊥上底面，∴AD ⊥OE ，故OE ⊥平面ABCD ，故OE 为轴到截面的距离，∴轴到截面的距离为523.1．解答本题时，应根据线面关系作出线面距．2．当圆柱面的截面平行于轴或垂直于轴时，利用点、线、面关系可解决．图2－3－2如图2－3－2所示，圆柱面的母线长为2 cm ，点O ，O ′分别是上、下底面的圆心． 若OA ⊥O ′B ′，OA ＝1 cm.求：(1)OO ′与AB ′所成的角的正切值； (2)过AB ′与OO ′平行的截面面积； (3)O 到截面的距离．【解】 (1)设过A 的母线为AA ′，则OO ′∥AA ′，OO ′A ′A 是矩形．易知△O ′B ′A ′是等腰直角三角形，∴A ′B ′＝ 2.又AA ′＝2，OO ′与AB ′所成的角为∠B ′AA ′， ∴tan ∠B ′AA ′＝A ′B ′AA ′＝22. (2)所求截面为矩形AA ′B ′B ，面积等于2 2 cm 2.(3)O 到截面的距离即OO ′到截面的距离，也是O ′到截面的距离为22cm.图2－3－3如图2－3－3所示，AB 、CD 是圆锥面的正截面(垂直于轴的截面)上互相垂直的两条直线，过CD 和母线VB 的中点E 作一截面．已知圆锥侧面展开图扇形的中心角为2π，求截面与圆锥的轴线所夹的角的大小，并说明截线是什么曲线．【思路探究】 求圆锥顶角――→据OE ∥VA求∠VOE ――→等角结论：抛物线【自主解答】 设⊙O 的半径为R ，母线VB ＝l ，则圆锥侧面展开图的中心角为2πR l＝2π，∴R l ＝22，∴sin ∠BVO ＝22.∴圆锥的母线与轴的夹角σ＝∠BVO ＝π4.∵O 、E 分别是AB 、VB 的中点， ∴OE ∥VA .∴∠VOE ＝∠AVO ＝∠BVO ＝π4，∴∠VEO ＝π2，即VE ⊥OE .又∵AB ⊥CD ，VO ⊥CD ，∴CD ⊥平面VAB . ∵VE ⊂平面VAB ，∴VE ⊥CD . 又∵OE ∩CD ＝O ，∴VE ⊥平面CDE ，∴OE 是VO 在平面CDE 上的射影． ∴∠VOE 是截面与轴线的夹角，∴截面轴线夹角大小为π4.由圆锥的半顶角与截面与轴线的夹角相等，知截面CDE 与圆锥面的截线为一抛物线．1．解答本题的关键是求出截面与轴的夹角以及母线与轴的夹角． 2．判断平面与圆锥面交线形状的方法(1)求圆锥面的母线与轴线的夹角σ，截面与轴的夹角θ； (2)判断σ与θ的大小关系； (3)根据定理判断截线是什么曲线．图2－3－4如图2－3－4所示，平面ABC 是圆锥面的正截面，PAB 是圆锥的轴截面，已知∠APC ＝60°，∠BPC ＝90°，PA ＝4.(1)求二面角A —PC —B 的余弦值； (2)求正截面圆圆心O 到平面PAC 的距离． 【解】 (1)∵∠APC ＝60°， ∴△APC 为等边三角形．如图所示，分别取PC ，BC 的中点D ，E ，连接AD ，DE ，则AD ⊥PC ，DE ∥PB . 又PB ⊥PC ，∴DE ⊥PC .故∠ADE 为二面角A —PC —B 的平面角． 连接AE ，在Rt △ACE 中，求得AE 2＝24. 又AD ＝32PA ＝23，DE ＝12PB ＝2，在△ADE 中，由余弦定理，得cos ∠ADE ＝－33. (2)取AC 的中点F ，连接PF ，OF ，则AC ⊥平面POF ，从而平面PAC ⊥平面POF . 过O 点作OH ⊥PF ，垂足为H ，则OH ⊥平面PAC ，故OH 的长为O 点到平面PAC 的距离． 在Rt △ACB 中，AC ＝PA ＝4，BC ＝2PB ＝42，从而AB ＝43，OP ＝2. 在Rt △POF 中，OF ＝12BC ＝22，OP ＝2，PF ＝32PA ＝23，由面积关系，得OH ＝OF ²OP PF ＝263. 即O 点到平面PAC 的距离为236.(教材第39页练习题2－3B 组第1题)在教材第38页图2－18中，设圆KK ′所在的平面为β′，平面β与β′的交线为直线m ，试证明：椭圆上任意一点P 到F 1和直线m 的距离之比为一个常数(记为e )，且0＜e ＜1.(2013²沈阳质检)如图2－3－5，已知两焦点的距离F 1F 2＝2c ，两端点G 1G 2＝2a .求证：l 1与l 2之间的距离为2a2c.图2－3－5【命题意图】 本题考查平面与圆柱面的交线及椭圆的定义与离心率． 【证明】 设椭圆上任意一点P ，过P 作PQ 1⊥l 1于Q 1，过P 作PQ 2⊥l 2于Q 2. ∵e ＝PF 1PQ 1＝PF 2PQ 2＝c a ， ∴PF 1＝c aPQ 1，PF 2＝c aPQ 2. 由椭圆定义PF 1＋PF 2＝2a ， ∴c a PQ 1＋c aPQ 2＝2a .∴PQ 1＋PQ 2＝2a2c，即l 1与l 2之间的距离为2a2c.1．一个平面和圆柱面的轴成θ角(0°＜θ＜90°)，则同时与圆柱面和该平面都相切的球的个数为( )A．0 B．1C．2 D．由θ的不同而定【解析】由焦球的定义知，符合定义的球有2个．【答案】 C2．用一个过圆锥面顶点的平面去截圆锥面，则交线为( ) A．椭圆B．双曲线C．抛物线D．两条相交直线【解析】所得交线为圆锥面的两条母线．【答案】 D3．圆锥面的母线与轴线成σ角，过顶点的平面和轴线成θ角，且与圆锥面的交线是椭圆，则θ和σ的大小关系为________．【解析】由平面截圆锥面的定理知θ＞σ.【答案】θ＞σ4．在圆锥的内部嵌入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和圆锥面均相切，则两切点是所得圆锥曲线的________．【解析】根据焦球的定义知，两切点是所得圆锥曲线的焦点．【答案】两焦点一、选择题1．用一个平面去截一个圆柱面，其交线是( )A．圆B．椭圆C．两条平行线 D．以上均可能【解析】当平面垂直于圆柱面的轴时，交线为圆；当平面与圆柱面的轴平行时，交线为两条平行线，当平面与圆柱面的轴不平行也不垂直时，交线为椭圆，故选D.【答案】 D2．一个圆锥轴截面的顶角为120°，母线长为1，过顶点作圆锥的截面中，最大截面面积为( )A.12B.13C.35D.34【解析】 设截面两母线的夹角为θ，则0°＜θ≤120°， 当θ＝90°时，截面面积S 最大，此时S ＝12³1³1³sin 90°＝12.【答案】 A3．已知半径为2的圆柱面，一平面与圆柱面的轴线成45°角，则截线椭圆的焦距为( )A ．2 2B ．2C ．4D ．4 2 【解析】 由2a ＝2rsin 45°＝42，∴a ＝22，b ＝2，∴c ＝a 2－b 2＝2，故焦距为4. 【答案】 C4．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，所截得的截线的离心率为( )A.62 B.63C.32D.22【解析】 ∵圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以母线与轴线的夹角σ＝45°；又截面与轴线的夹角θ＝30°，即θ＜σ，∴截线是双曲线，其离心率e ＝cos θcos σ＝cos 30°cos 45°＝32＝62.【答案】 A 二、填空题5．已知圆锥面的母线与轴成44°角，用一个与轴线成44°角的不过圆锥顶点的平面去截圆锥面时，所截得的交线是________．【解析】 根据平面截圆锥面定理知，交线为抛物线． 【答案】 抛物线6．一平面截半径为3的圆柱面得椭圆，若椭圆的Dandelin 双球的球心距离为10，则截面与圆柱面母线夹角的余弦值为________．【解析】 Dandelin 双球球心距离即为椭圆的长轴长，∴2a ＝10，即a ＝5，又椭圆短轴长2b ＝6，∴b ＝3.∴c ＝4.故离心率e ＝c a ＝45，∴cos θ＝45，故截面与母线所成角的余弦值为45.【答案】 45三、解答题7．已知圆柱面轴线上一点O 到圆柱的同一条母线上两点A 、B 的距离分别为2和32，且∠AOB ＝45°.求圆柱面内切球的半径．【解】 右图所示为圆柱面的轴截面． 依题意，OA ＝2，OB ＝32，∠AOB ＝45°，∴AB 2＝OA 2＋OB 2－2OA ²OB cos 45°＝4＋18－2³2³32³22＝10， ∴AB ＝10.设内切球的半径为r ，则S △AOB ＝12²AB ²r ＝102r . 又∵S △OAB ＝12OA ²OB sin ∠AOB ＝12³2³32sin 45°＝3，∴102r ＝3，∴r ＝3105，即圆柱面内切球半径为3105.8．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为30°，所截得的曲线是什么样的图形？求出Dandelin 双球的半径．【解】 由已知σ＝45°，θ＝30°. ∵θ＜σ， ∴截线是双曲线．设Dandelin 双球中其中一球的半径为R ，球心为O . 则SO ＝2R ，OC ＝2R ，∴SC ＝SO ＋OC ＝(2＋2)R .又SC ＝5，∴R ＝52＋2＝5 2－22.设Dandelin 双球另一球的半径为R ′，球心为O ′. 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＋22，即Dandelin 双球半径分别为 5 2－2 2，5 2＋22.图2－3－69．在阳光照射下，地面上篮球的影子是个椭圆，如图2－3－6所示，求证：篮球与地面的接触点是椭圆的焦点．【证明】 如图，作篮球与影子的纵截面图，M 为球心，D 为篮球与地面的接触点，易知MD ⊥A 1A 2，MD ＝b .因为光线EA 1∥FA 2，且EA 1，FA 2，A 1A 2均与圆M 相切，所以∠MA 1D ＋∠MA 2D ＝90°，所以∠A 1MA 2＝90°，于是MO ＝A 1O ＝A 2O ＝a .于是OD ＝MO 2－MD 2＝a 2－b 2＝c ， 所以D 是椭圆的一个焦点．10.如图，圆柱被平面α所截．已知AC 是圆柱口在平面α上最长投影线段，BD 是最短的投影线段，EG ＝FH ，EF ⊥AB ，垂足在圆柱的轴上，EG 和FH 都是投影线，分别与平面α交于点G ，H .(1)比较EF ，GH 的大小；(2)若圆柱的底面半径为r ，平面α与母线的夹角为θ，求CD . 【解】 (1)∵EG 和FH 都是投影线 ∴EG ∥FH 又EG ＝FH ∴四边形EFHG 是平行四边形 ∴EF ＝GH(2)如题图，过点D 作DP ⊥AC 于点P 则在Rt △CDP 中，有：sin ∠DCP ＝DP CD又∠DCP ＝θ，DP ＝2r ，∴CD ＝2rsin θ.§5圆锥曲线的几何性质圆锥曲线的统一定义抛物线、椭圆、双曲线都是平面上到定点的距离与到定直线的距离之比为常数e (离心率)的动点的轨迹，此时定点称为焦点，定直线称为准线．当e ＝1时，轨迹为抛物线； 当0＜e ＜1时，轨迹为椭圆； 当e ＞1时，轨迹为双曲线．1．你能列举几条椭圆的几何性质吗？【提示】 (1)椭圆中有“四线”(两条对称轴、两条准线)，“六点”(两个焦点、四个顶点)．注意它们之间的位置关系(如准线垂直于长轴所在的直线、焦点在长轴上等)及相互间的距离(如焦点到相应顶点的距离为a －c ，到相应准线的距离为a 2c－c 等)．(2)设椭圆方程x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上任意一点为P (x ，y )，则|OP |＝x 2＋y 2＝x 2＋b 2a2 a 2－x 2＝c 2x 2＋a 2b 2a 2. ∵－a ≤x ≤a ，∴x ＝0时，|OP |有最小值b ，这时，P 在短轴端点处；当x ＝±a 时，|OP |有最大值a ，这时P 在长轴端点处．(3)椭圆上任意一点P (x ，y )(y ≠0)与两焦点F 1(－c,0)，F 2(c,0)构成△PF 1F 2称之为焦点三角形，周长为2(a ＋c )．(4)椭圆的一个焦点、中心和短轴的一个端点构成直角三角形的边长有a 2＝b 2＋c 2. 2．由双曲线的特征三角形我们可得到什么？ 【提示】双曲线的特征三角形和椭圆类似，如图中△OAB 称为双曲线的特征三角形，它几乎包含了双曲线的所有基本特征量：|OA |＝a ，|AB |＝b ，|OB |＝|OF 2|＝c ，cos ∠AOB ＝a c ＝1e，OB所在的直线即为双曲线的渐近线y ＝b ax ，又F 2在OB 上的射影记作G ，则|OG |＝a ，|F 2G |＝b (注意：△OAB ≌△OGF 2)．G 的横坐标记作x G ，则x G ＝a 2c (由射影定理可得)，那么过G 作y 轴的平行线l ，显然l 为双曲线右焦点F 2对应的准线.图2－5－1如图2－5－1所示，椭圆的左、右焦点分别为F 1，F 2，A 为椭圆内部一点，且F 1A ⊥F 1F 2，椭圆的长轴长为8，焦距为4，M 为椭圆上任意一点，求AM ＋2MF 2的最小值．【思路探究】 设法将AM,2MF 2转化到一条直线上，才能利用所学的求最值的基本思路，否则不易求．【自主解答】 如图所示，l 1，l 2为椭圆的准线，过M 作MN ⊥l 2于N .∵e ＝c a ＝2c 2a ＝48＝12，∴MF 2＝eMN ＝12MN ，∴AM ＋2MF 2＝AM ＋MN ，故AM ＋2MF 2的最小值为A 到l 2的距离， ∵AF 1⊥F 1F 2，∴即求F 1到l 2的距离．延长F 1F 2交l 2于Q ，F 1Q ＝c ＋a 2c ＝2＋422＝10，故AM ＋2MF 2的最小值为10.1．本题求解的关键是把到焦点的距离转化为到定直线的距离，而转化的依据是圆锥曲线的统一定义．2．两线段和或差的最值问题一般转化成直线上的线段和、差的最值问题；曲面上(球面除外)的最值问题也是转化为平面上的最值问题．已知双曲线左右两个焦点分别为F 1、F 2，P 是双曲线左支上一点，P 点到左准线的距离为d ，若d 、PF 1、PF 2成等比数列，求双曲线离心率e 的取值范围．【解】 如图所示， 由题知PF 1d ＝PF 2PF 1＝e ， ∴PF 2＝ePF 1， 由PF 2－PF 1＝2a ， ∴PF 1＝2a e －1， 根据PF 1≥F 1A ， ∴2ae －1≥c －a ， ∴(e －1)2≤2,1－2≤e ≤1＋2， 又∵e ＞1， ∴1＜e ≤1＋2，即双曲线的离心率e 的取值范围是1＜e ≤1＋ 2.点M (x ，n )与定点F (c,0)的距离和它到定直线l ：x ＝a 2c的距离的比是常数c a(c ＞a ＞0)，求点M 的轨迹方程．【思路探究】 表示出点M 到定点F 和定直线l 的距离，直接列关系式求解．【自主解答】 设d 是点M 到直线l 的距离． 根据题意，所求轨迹就是集合P ＝{M ||MF |d ＝ca}，由此得x －c 2＋y 2|x －a 2c|＝c a.化简，得(c 2－a 2)x 2－a 2y 2＝a 2(c 2－a 2)．设c 2－a 2＝b 2，就可化为x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)．1．解答本题时化简是关键．2．平面直角坐标系也是解决几何问题的重要工具．通过平面直角坐标系可对几何元素进行定量的分析．在平面内，两个定点的距离为8，动点M 到两个定点的距离的和为10，求动点M 的轨迹方程．【解】 以两点的连线段所在的直线为x 轴，线段的中垂线为y 轴建立直角坐标系． 则由椭圆的定义知，所求动点的轨迹为椭圆．设所求椭圆方程为x 2a 2＋y 2b2＝1，∵2a ＝10,2c ＝8，∴a ＝5，c ＝4，则b 2＝9， 故所求椭圆的方程为x 225＋y 29＝1.图2－5－2一个顶角为60°的圆锥面被一个平面π所截，如图2－5－2所示，Dandelin 双球均在顶点S 的下方，且一个半径为1，另一个半径为5，则截线的形状是什么曲线？其离心率是多少？【思路探究】 解答本题可先在所给的几何图形中找到椭圆的元素，再利用相应关系研究截线的性质．【自主解答】 Dandelin 双球均在顶点S 的同侧，所以截线为椭圆．设A 、B 分别是该椭圆的长轴的两个端点，F 1、F 2分别是其焦点，O 1、O 2分别为Dandelin 双球中小、大球的球心，C 、D 分别为截面圆与母线的切点．∵∠CSO 1＝30°，O 1C ＝1，∴SC ＝ 3. 同理SD ＝53，则CD ＝4 3. 又∵BF 1＋BF 2＝BC ＋BD ＝CD ， ∴2a ＝BF 1＋BF 2＝43，即a ＝2 3.再延长O 1F 1交O 2D 于点G ，过O 2作O 2F ⊥F 1G 交F 1G 于点F ， 则O 1F ＝r 1＋r 2＝6.又∵CD ＝43，∠DSO 2＝30°，∴O 1O 2＝8， 在Rt △O 1O 2F 中，FO 2＝82－62＝27. 即2c ＝F 1F 2＝FO 2＝27， 故c ＝7.所以，离心率e ＝c a ＝723＝216.1．解答本题时，先在图形中找出长轴与焦点，然后再求值．2．解决此类问题可先把空间图形转化为平面图形，然后利用圆锥曲线的定义及性质来解决．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】 截得的曲线是椭圆．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F 1，F 2，如图所示，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＋22. ∵O 1O 2＝CO 1＋CO 2＝2(R 1＋R 2)＝102， ∴AB ＝O 1O 2cos 30°＝O 1O 2²32＝56， 即MF1＋MF 2＝5 6.图2－5－3(教材第47页习题2－5第2题)如图2－5－3，F 1、F 2为椭圆的两个焦点，直线m 为其准线．(1)设椭圆的离心率e ＝23，试确定点P 的位置，使PA ＋32PF 1取得最小值；(2)设椭圆的长轴长等于6，AF 2＝2，试求PA ＋PF 1的最大值和最小值．(2013²合肥质检)已知双曲线x 29－y 216＝1的右焦点为F 1，点A (9,2)不在双曲线上，试在这个曲线上求一点M ，使|MA |＋35|MF 1|的值最小，并求出最小值．【命题意图】 本题主要考查双曲线的几何性质，由题设a ＝3，b ＝4，c ＝9＋16＝5，e ＝c a ＝53.【解】 如图所示，l 为双曲线的右准线，M 为双曲线上任意一点，作MN ⊥l 于N ， 则|MN |＝35|MF 1|，因此|MA |＋35|MF 1|＝|MA |＋|MN |，当A 、M 、N 三点共线时，即点M 坐标为(352，2)时，|MA |＋35|MF 1|取最小值为|AN |＝9－95＝365.1．平面内若动点M 到两定点F 1，F 2的距离和为定值m (m ＞0)，则动点M 的轨迹是( ) A ．椭圆B ．线段C ．不存在D ．以上都有可能【解析】 当m ＞|F 1F 2|时，轨迹为椭圆； 当m ＝|F 1F 2|时，轨迹为线段； 当m ＜|F 1F 2|时，轨迹不存在． 【答案】 D2．平面内与圆C ：(x ＋2)2＋y 2＝1外切，且与直线x ＝1相切的动圆圆心M 的轨迹是( ) A ．圆 B ．椭圆 C ．双曲线D ．抛物线【解析】 由题意知动点M 到定点(－2,0)和到定直线x ＝2的距离相等，故选D. 【答案】 D3．设P 是椭圆上任意一点，F 1为其左焦点，已知椭圆的长轴长10，焦距为6，则PF 1的最小值为________．【解析】 由题意知a ＝5，c ＝3，所以PF 1的最小值为a －c ＝2. 【答案】 24．已知双曲线的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 在双曲线的右支上，且PF 1＝4PF 2，则离心率的最大值为________．【解析】 PF 1＝4PF 2，又PF 1－PF 2＝2a ， ∴3PF 2＝2a ，PF 2＝2a 3，又PF 2≥c －a ，∴2a3≥c －a ，∴c ≤53a ，∴e ≤53.【答案】 53一、选择题1．如果方程x 2＋ky 2＝2表示焦点在y 轴上的椭圆，那么实数k 的取值范围是( ) A ．(0，＋∞) B ．(0,2) C ．(1，＋∞) D．(0,1)【解析】 将所给方程x 2＋ky 2＝2转化为标准形式，即x 22＋y 22k＝1，。
北师大版高中数学选修4-1几何证明选讲柱面与平面的截面
当点P不在端点时，连接PF1、PF2，则PF1、PF2分别是两个球面的切线，切点 为F1、F2.过P作母线，与两球面分别相交于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＝AD.
预习测评
一个平面和圆柱面的轴成α角(0°<α<90°)，则同时与圆柱面和该平面
都相切的球的个数为
()
A．0
B．1
C．2
D．由α的不同而定
答案：C
要点阐释
1．如右图，设l为圆柱的轴，用垂直于l的平面α截圆柱，所得的交线是圆。 对此，我们给出如下解释．
由于l⊥α(垂足为O)，l⊥⊙O1所在的平面， 所以平面α∥⊙O1所在的平面。 设P为平面α与柱面交线上的任意一点， 过点P作圆柱的母线AB，则AB∥l，
1 60° 2
类型二 截面的性质 【例 2】 如下图所示，设两个焦点的距离为 F1F2＝2c，两端点的
距离为 G1G2＝2a.求证：点 P 到 F1 的距离与它到直线 l1 的距 离之比为ac.
证明：如图(1)，∠QPK1＝φ，cosφ＝PPKQ1＝PPFQ1. (1)
(2) 考察轴线面 ABCD, ∠AG2B＝φ，cos φ＝GG22BE， ∴PPKQ1＝GG22BE.
两线于个E圆、相F，切交，A作D两于圆G1的，公交切BC线于EGF2，，切点分别为F1、F2，交BA、DC的延长
北师大版高中数学选修4-1 2.1截面欣赏_学案设计1(无答案)
截面欣赏
【学习目标】
1．亲历认识用平面截立体图形的探索过程，体验分析归纳得出生活中常见的有关截面图形的研究，进一步发展学生的探究、交流能力。
2．掌握平面截立体图形得到截面图形的方法。
3．熟练运用截面图形截距生活问题。
【学习重难点】
重点：掌握平面截立体图形得到截面图形的方法。
难点：熟练运用截面图形截距生活问题。
【学习过程】
一、新课学习
知识点一：截面图形在日常生活中的研究
在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥，球，棱柱，棱锥、长方体、正方体等等），得到的平面图形，叫截面。
根据前面的知识做一做：
练习：
1．在工业生产、科学研究及日常生活中，研究_____是非常重要的问题。
2．说说研究截面图形的意义。
二、课程总结
1．这节课我们主要学习了哪些知识？
2．这节课我们主要学习了哪些解题方法？步骤是什么？
三、习题检测
1．试举出生活中平面截曲面的例子，可以收集一下这方面的图片。
2．截面图形有哪些共同特征？。
北师大版高中数学选修4-1 2.1截面欣赏_教案设计
截面欣赏【教学目标】1．亲历认识用平面截立体图形的探索过程，体验分析归纳得出生活中常见的有关截面图形的研究，进一步发展学生的探究、交流能力。
2．掌握平面截立体图形得到截面图形的方法。
3．熟练运用截面图形截距生活问题。
【教学重难点】重点：掌握平面截立体图形得到截面图形的方法。
难点：熟练运用截面图形截距生活问题。
【教学过程】一、直接引入师：今天这节课我们主要学习截面欣赏，这节课的主要内容有截面图形、截面图形在日常生活中的研究，并且我们要掌握这些知识的具体应用，能熟练解决相关问题。
二、讲授新课（1）教师引导学生在预习的基础上了解截面图形内容，形成初步感知。
（2）首先，我们先来学习截面图形在日常生活中的研究，它的具体内容是①小区住房户型图②机翼剖面图③CT扫描仪医学上的CT是一种断层扫描技术，它所呈现的大脑图像，也就是用平面截大脑的截面图。
④植物截面图下图为花的剖面图，通过它可以了解花的结构。
⑤水库生态截面图下图是水库的横断面图，它反映了截断面内各位置水生动植物的分布情况。
例1．在工业生产、科学研究及日常生活中，研究_____是非常重要的问题。
答案：截面图形根据例题的解题方法，让学生自己动手练习。
练习：说说研究截面图形的意义。
三、课堂总结1．这节课我们主要讲了（1）截面图形；（2）截面图形在日常生活中的应用。
2．它们在解题中具体怎么应用四、习题检测1．试举出生活中平面截曲面的例子，可以收集一下这方面的图片。
2．截面图形有哪些共同特征？。
北师大版高中数学选修4-1课件2.3 柱面与平面的截面课件
课前自主学习
课堂讲练互动
(1)
课前自主学习
课堂讲练互动
(2) G2B 考察轴线面 ABCD, ∠AG2B＝φ，cos φ＝G E， 2 PK1 G2B ∴ PQ ＝G E. 2
课前自主学习
课堂讲练互动
将图(1)的轴截面取出来得图(2)， 则 F1F2＝2c，G1G2＝2a，且 G2B＝G2F1＝a＋c， G2E＝G1G2＋G1E＝2a＋G1E. ∵△EAG1∽△EBG2， EG1 G1A ∴EG ＝G B. 2 2 G1A· EG2 G1F1EG1＋G1G2 ∴EG1＝ G B ＝ . GF
由于l⊥α(垂足为O)，l⊥⊙O1所在的平面， 所以平面α∥⊙O1所在的平面． 设P为平面α与柱面交线上的任意一点， 过点P作圆柱的母线AB，则AB∥l，
课前自主学习
课堂讲练互动
AB与 l 确定一平面 O1ABO2 ，它与平面 α 的交线为 OP，与⊙ O1 所在 的平面的交线为O1A， 因此O1A∥OP.
课前自主学习
课堂讲练互动
由于 AD 为定值，故点 P 的轨迹是椭圆． 由此可以得到定理 1：圆柱形物体的斜截口是椭圆． 并且注意研究相应椭圆的长轴长为ห้องสมุดไป่ตู้AD，短轴长为圆的直径，焦点 为切点 F1，F2，焦距 2c＝2 a2－b2＝F1F2.
课前自主学习
课堂讲练互动
典例剖析
类型一
两个结论的应用
【例1】 已知，如图所示，AB、CD是两个等圆的直径，AB∥CD，
切点F1，F2，长轴为G1G2，由前面可知G1G2＝BC＝AD，短轴 为球的直径．为了说明假设的正确性，可以对其进行证明，即 截口上任意一点P，PF1＋PF2＝定值． 若 P 与 G1 或 G2 重合时有 PF1 ＋ PF2 ＝ G1F1 ＋ G1F2 ＝ AD ＝ G2F1 ＋
北师大版高中数学选修4-1 1.1全等与相似_教案设计
全等与相似【教学目标】1．亲历图形变化的探索过程，体验分析归纳得出图形经过平移、旋转、反射后的位置、大小关系，进一步发展学生的探究、交流能力。
2．掌握相似与位似的概念。
3．熟练运用平行线分段成比例定理和直角三角形的射影定理。
【教学重难点】重点：掌握相似与位似的概念。
难点：熟练运用平行线分段成比例定理和直角三角形的射影定理。
【教学过程】一、直接引入师：今天这节课我们主要学习全等与相似，这节课的主要内容有图形变化的不变性，平移、旋转、反射，相似与位似，平行线分段成比例定理，三角形内角平分线定理，直角三角形的射影定理并且我们要掌握这些知识的具体应用，能熟练解决相关问题。
二、讲授新课（1）教师引导学生在预习的基础上了解图形变化的不变性的内容，形成初步感知。
（2）首先，我们先来学习平移、旋转、反射，它的具体内容是图形的平移过程称为平移变换；图形的旋转过程称为旋转变换；一个图形F绕一条直线l翻转180︒得到另外一个图形F',则F与F'关于l对称，这种图形的变化过程称为反射变换，直线l称为反射轴。
它是如何在题目中应用的呢？我们通过一道例题来具体说明。
练习：下图是由_____得到的。
答案：平移。
根据例题的解题方法，让学生自己动手练习。
练习：下图是经过旋转_____（填度数）得到的。
答案：90︒（3）接着，我们再来看下相似与位似的内容，它的具体内容是把一个图形按一定比例放大或缩小，这种图形的变化过程称为相似变换；把一个图形变为它的位似图形，这种图形的变化过程称为位似变换。
它是如何在题目中应用的呢？我们也通过一道例题来具体说明。
例：观察下图，分析图中的右图是由左图经过怎样的变换得到的。
左图为右图按照一定比例缩小后的图形。
根据例题的解题方法，让学生自己动手练习：观察下图，分析图中的右图是由左图经过怎样的变换得到的。
左图可由右图绕反射轴翻转180︒得到的图形。
（4）接着，我们再来看下平行线分线段成比例定理和三角形内角平分线定理的内容，它的具体内容是：①平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，截得的对应线段成比例；②三角形内角平分线定理：三角形的内角平分线对边所得的两条线段与这个角的两边对应成比例。
北师大版数学高二-高二选修4—1 1.1学案
学案：相似与全等教学目标：1．掌握两个三角形相似的判定条件（三个角对应相等，三条边的比对应相等，则两个三角形相似）——相似三角形的定义，和三角形相似的预备定理（平行于三角形一边的直线和其它两边相交，所构成的三角形与原三角形相似）．2．会运用“两个三角形相似的判定条件”和“三角形相似的预备定理”解决简单的问题．3．掌握两个直角三角形相似的判定条件，并能解决简单的问题．4知识要点：一．圆的方程：（1）相似三角形的判定定义：对应角________，对应边_________的两个三角形叫做相似三角形．相似三角形对应边的比值叫做_________．预备定理：_____于三角形一边的直线和_________（或两边的_________）相交，所构成的三角形与原三角形相似．引理：如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所的的线段______________那么这条直线平行于__________．判定定理1：如果一个三角形的__________与另一个三角形的两个角__________，那么这两个三角形相似．（简叙为：______________________________）．判定定理2：如果一个三角形的__________与另一个三角形的两边__________，并且__________，那么这两个三角形相似．（简叙为：___________________________________）．判定定理3：如果一个三角形的__________与另一个三角形的三条边__________，那么这两个三角形相似．（简叙为：______________________________）．直角三角形相似的判定定理1：①如果两个直角三角形_____________________，那么它们相似．②如果两个直角三角形_____________________，那么它们相似．定理2：①如果一个直角三角形的________________与另一个直角三角形的斜边和一条直角边__________，那么这两个直角三角形相似．（2）相似三角形的性质①相似三角形的对应线的比，对应线的比和对应线的比都等于相似比；②相似三角形的的比等于相似比；③相似三角形的的比等于相似比的．④相似三角形外接圆的直径比、周长比等于，外接圆的面积比等于 ．（3）直角三角形相似的射影定理直角三角形斜边上的高是两直角边在斜边上的射影的 ，两直角边分别是它们在斜边上射影与斜边的比例中项．基础过关：1．如图1,∠ADC=∠ACB=90°,∠1=∠B,AC=5,AB=6,则AD=______.2．如图2,AD∥EF∥BC,则图的相似三角形共有_____对．3．如图3,正方形ABCD 中,E 是AD 的中点,BM⊥CE ,AB=6,CE=35 ,则BM=______．4．ΔABC 的三边长为2,10,2,ΔA'B'C'的两边为1和5,若ΔABC ∽ΔA'B'C',则ΔA'B'C'的笫三边长为________．5．两个相似三角形的面积之比为1∶5,小三角形的周长为4,则另一个三角形的周长为_____．6．如图4,RtΔABC 中,∠C=90°,D 为AB 的中点,DE ⊥AB,AB=20,AC=12,则四边形ADEC 的面积为__________.7．如图，已知在△ABC 中，CD ⊥AB 于D 点，BC 2＝BD ·AB ，则∠ACB ＝______．8．如图，已知在△ABC 中，∠ACB ＝90°，CD ⊥AB 于D ，AC ＝6，DB ＝5，则AD 的长为________．典型例题： 1．如图，已知：AB DE //，BC EF //．求证：△DEF ∽△ABC 。
高中数学新北师大版精品教案《北师大版高中数学选修4-1：几何证明选讲 圆与四边形》
圆内接四边形（教学设计）安徽省颍上第一中学左皖教材分析圆与四边形是平面几何研究的主要对象，圆内接四边形是学生在学习了圆周角定理基础上学习的。
教科书以圆与直线为开始，并在此基础上来学习圆与四边形，可见本节内容所处的重要地位。
学情分析高二学生已经具有很强的直观想象素养，能够通过图形直观认识数学问题，能够用图形探索解决问题的思路，体会几何直观的作用和意义。
教学目标1经历圆内接四边形性质的探索过程，认识并证明圆内接四边形的性质定理。
2探索并掌握圆内接四边形的判定定理（四点共圆的判定定理）。
3进一步体会数形结合的思想方法，提高逻辑思维能力和综合运用知识解决问题的能力。
教学重点圆内接四边形的性质定理。
教学难点圆内接四边形判定定理的证明。
教学方法探究与讨论相结合的启发式教学教学过程一、创设情景首先运用多媒体展示图形，让学生思考图形中的四边形有什么特点，揭示圆内接四边形的概念。
二、新知讲解思考：圆内接四边形的四个角有什么特点？由圆周角定理可以得到圆内接四边形的性质定理：圆内接四边形的对角互补。
进而可以得到下面的推论：圆内接四边形的任何一个外角都等于它的内对角。
三、新知应用例1 如图，⊙O1与⊙O2相较于A、B两点，经过点A的直线与⊙O1交于点C，与⊙O2交于点D，经过点B的直线与⊙O1交于点E，与⊙O2交于点F。
求证：CE∥DF。
四、新知探究思考：如果四边形的对角互补，那么四边形的四个顶点是否共圆呢？（如果直接证明比较困难时，可以采用反证法）根据分析和推理，可以得到一个四点共圆的判定定理：如果一个四边形的内对角互补，那么这个四边形四个顶点共圆。
类似的可以得到推论:如果四边形的一个外角等于其内对角,那么这个四边形的四个顶点共圆。
五、应用巩固例2：如图在平行四边形ABCD中，过点 A 和点B 的圆与AD、BC 分别交于E、F 。
求证：C、D、E、F 四点共圆。
六、课堂小结1判定四点共圆的方法：①如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．②如果一个四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．2判定四边形为圆内接四边形除应用定理及推论两种方法外，也可以用这几个点到同一点的距离相等来证明．3圆内接四边形相关定理应用的重点是证明角相等、四点共圆等典型问题．七、课堂作业中，已知∠A，∠B,∠C 的度数比为4∶3∶5，求四边形各角的度数。
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§1 & §2截面欣赏直线与球、平面与球的位置关系
[对应学生用书P33]
[自主学习]
1．直线与球的位置关系有相离、相切、相交．
2．从球外一点作球的切线，它们的切线长相等，所有的切点组成一个圆．
3．平面与球的位置关系有相离、相切、相交．
4．一个平面与球面相交，所得的交线是一个圆，且圆心与球心的连线垂直于这一平面．
[合作探究]
1．用一平面去截正方体时，其截面可能是几边形？
提示：三角形(锐角三角形、等腰三角形、等边三角形)
四边形(长方形、正方形、梯形)
五边形、六边形
2．直线与球的位置关系的判定与直线与圆的位置关系判定一样吗？
提示：一样．都是利用点到直线的距离与半径r的关系去判定．
3．平面与球的位置关系如何判定？
提示：平面α，球O，球心O到α的距离为OH，球半径为R.若OH>R，则相离；若OH＝R，则相切；若OH<R，则相交．
[对应学生用书P33]
[例1]
底面为底，下底面中心为顶点的圆锥，得到如图所示的几何体，如果用
一个与圆柱下底面距离等于l并且平行于底面的平面去截它，求所得截
面的面积(阴影部分)．
[思路点拨]本题主要考查截面问题，解题时根据题意画出轴截面可直观求解．
[精解详析]轴截面如图所示：被平行于下底面的平面所截的圆
柱的截面圆的半径O1C＝R，圆锥的截面圆的半径O1D设为x.。