二平面与圆柱面的截线
合集下载
相关主题
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
的中心角为2πlR＝ 2π，
所以圆锥的半顶角 α＝π4. 如图所示，连接 OE.
因为点 O、E 分别是 AB、VB 的中点． 所以 OE∥VA， 所以∠VOE＝∠AVO＝π4. 又因为 AB⊥CD，VO⊥CD， 所以 CD⊥平面 VAB，
所以平面 CDE⊥平面 VAB， 即平面 VAB 为截面 CDE 的轴面， 所以∠VOE 为截面与轴线所夹的角，即为π4. 又因为圆锥的半顶角与截面与轴线的夹角相等，故截 面 CDE 与圆锥的截线为一抛物线．
答案：椭圆
[迁移探究 2] (变换条件，改变问法)已知，圆锥侧 面展开图扇形的中心角为 2π，AB、CD 是圆锥面的正截 面上互相垂直的两条直径，过 CD 和母线 VB 的中点 E 作 一截面，求截面与圆锥的轴线所夹角的大小，并说明截 线是什么圆锥曲线．
解：设⊙O 的半径为 R，母线 VA＝l，则侧面展开图
(3)β<α，平面 π 与圆锥的交线为双曲线．( ) (4)β＝α，平面 π 与圆锥的交线为圆．( ) 答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)×
2．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
解析：由题意知，截面与圆锥的轴线成 90°角，即截面
(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．
2．圆锥曲线的几何性质
(1)焦点：Dandelin 球与平面 π 的切点． (2)准线：截面与 Dandelin 球和圆锥交线所在平面的 交线．
cos β (3)离心率：e＝__c_o_s__α____．
[思考尝试·夯基]
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”) 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(当 π 与 l 平 行时，记β＝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．( )
答案：D
4．已知圆锥面的轴截面是正三角形，用一个与轴线 成 45°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：因为圆锥的轴截面是正三角形，
所以圆锥的母线与轴线成 30°角． 又因为截面与轴线成 45°角，且 30°<45°，
所以截线为椭圆． 答案：椭圆
5．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________．
答案： 2 双曲线
类型 1 圆锥曲线的判定(互动探究)
[典例 1] 如图所示，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，求证：β<α 时，平面 π 与 圆锥的交线为双曲线．
证明：如图所示，当 β<α 时，平面 π 与圆锥的两部 分相交．在圆锥的两部分分别嵌入 Dandelin 球，与平面 π 的两个切点分别是点 F1、F2，与圆锥两部分截得的圆分 别为 S1、S2.
与圆锥的轴垂直，故截线为圆．
答案：A
3．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( )
A.0，π6
B.0，π3
C.π3，π2
D.π6，π2
解析：当 l 与 AB(或 AB 的延长线)，AC 都相交时， 直线 l 落在图中的阴影区域内，其中 l1∥AB，l2⊥AB，易 知π6<β<π2.
由上述可知，双曲线的结构特点是：双曲线上任意一 点到两个定点(即双曲线的两个焦点)的距离之差的绝对 值为常数．
归纳升华 判断平面与圆锥面的截线形状的方法如下： 1．求圆锥面的母线与轴线的夹角 α，截面与轴的夹 角 β； 2．判断 α 与 β 的大小关系； 3．根据定理 2 判断交线是什么曲线．
[迁移探究 1] (改变问法)若上述例 1 中，条件不变， 则当β＝32α>0 时，平面 π 与圆锥的交线为________．
第三讲 圆锥曲线性质的探讨
[ 学 习 目 标 ] 1. 经 历 定 理 2 的 探 究 过 程 ， 感 知 Dandelin 双球在证明定理中的作用，进一步体会特殊化 的思想方法． 2.经历发现椭圆准线的过程，探究圆锥曲 线的结构特点． 3.理解定理 2.
[知识提炼·梳理]
1．定理 2 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：
类型 2 圆锥曲线的几何性质
[典例 2] 如图所示，已知圆锥母线 与轴的夹角为 α，平面 π 与轴线夹角为 β， Dandelin 球的半径分别为 R、r，且 α<β， R>r，求平面 π 与圆锥面交线的焦距 F1F2， 轴长 G1G2.
解：连接 O1F1、O2F2、O1O2 交 F1F2 于 O 点， 在 Rt△O1F1O 中，
R＋r
O1H＝O1O2·cos
α＝ sin
在截口上任取一点 P，连接 PF1、PF2，过点 P 和圆 锥的顶点 O 作母线，分别与两个球相切于点 Q1、Q2，
则 PF1＝PQ1，PF2＝PQ2， 所以|PF1－PF2|＝|PQ1－PQ2|＝Q1Q2. 由于 Q1Q2 为两圆 S1、S2 所在平行 平面之间的母线段长， 因此 Q1Q2 的长为定值．
OF1＝tanO∠O1F1O1 F1＝tanr
. β
在 Rt△O2F2O 中，
OF2＝tanO∠O2F2O2 F2＝tanR
. β
Hale Waihona Puke Baidu
所以 F1F2＝OF1＋
R＋r
OF2＝ tan
. β
R＋r
同理，O1O2＝ sin
. β
连接 O1A1、O2A2 过 O1 作 O1H⊥O2A2.
在 Rt△O1O2H 中，
所以圆锥的半顶角 α＝π4. 如图所示，连接 OE.
因为点 O、E 分别是 AB、VB 的中点． 所以 OE∥VA， 所以∠VOE＝∠AVO＝π4. 又因为 AB⊥CD，VO⊥CD， 所以 CD⊥平面 VAB，
所以平面 CDE⊥平面 VAB， 即平面 VAB 为截面 CDE 的轴面， 所以∠VOE 为截面与轴线所夹的角，即为π4. 又因为圆锥的半顶角与截面与轴线的夹角相等，故截 面 CDE 与圆锥的截线为一抛物线．
答案：椭圆
[迁移探究 2] (变换条件，改变问法)已知，圆锥侧 面展开图扇形的中心角为 2π，AB、CD 是圆锥面的正截 面上互相垂直的两条直径，过 CD 和母线 VB 的中点 E 作 一截面，求截面与圆锥的轴线所夹角的大小，并说明截 线是什么圆锥曲线．
解：设⊙O 的半径为 R，母线 VA＝l，则侧面展开图
(3)β<α，平面 π 与圆锥的交线为双曲线．( ) (4)β＝α，平面 π 与圆锥的交线为圆．( ) 答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)×
2．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
解析：由题意知，截面与圆锥的轴线成 90°角，即截面
(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．
2．圆锥曲线的几何性质
(1)焦点：Dandelin 球与平面 π 的切点． (2)准线：截面与 Dandelin 球和圆锥交线所在平面的 交线．
cos β (3)离心率：e＝__c_o_s__α____．
[思考尝试·夯基]
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”) 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(当 π 与 l 平 行时，记β＝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．( )
答案：D
4．已知圆锥面的轴截面是正三角形，用一个与轴线 成 45°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：因为圆锥的轴截面是正三角形，
所以圆锥的母线与轴线成 30°角． 又因为截面与轴线成 45°角，且 30°<45°，
所以截线为椭圆． 答案：椭圆
5．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________．
答案： 2 双曲线
类型 1 圆锥曲线的判定(互动探究)
[典例 1] 如图所示，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，求证：β<α 时，平面 π 与 圆锥的交线为双曲线．
证明：如图所示，当 β<α 时，平面 π 与圆锥的两部 分相交．在圆锥的两部分分别嵌入 Dandelin 球，与平面 π 的两个切点分别是点 F1、F2，与圆锥两部分截得的圆分 别为 S1、S2.
与圆锥的轴垂直，故截线为圆．
答案：A
3．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( )
A.0，π6
B.0，π3
C.π3，π2
D.π6，π2
解析：当 l 与 AB(或 AB 的延长线)，AC 都相交时， 直线 l 落在图中的阴影区域内，其中 l1∥AB，l2⊥AB，易 知π6<β<π2.
由上述可知，双曲线的结构特点是：双曲线上任意一 点到两个定点(即双曲线的两个焦点)的距离之差的绝对 值为常数．
归纳升华 判断平面与圆锥面的截线形状的方法如下： 1．求圆锥面的母线与轴线的夹角 α，截面与轴的夹 角 β； 2．判断 α 与 β 的大小关系； 3．根据定理 2 判断交线是什么曲线．
[迁移探究 1] (改变问法)若上述例 1 中，条件不变， 则当β＝32α>0 时，平面 π 与圆锥的交线为________．
第三讲 圆锥曲线性质的探讨
[ 学 习 目 标 ] 1. 经 历 定 理 2 的 探 究 过 程 ， 感 知 Dandelin 双球在证明定理中的作用，进一步体会特殊化 的思想方法． 2.经历发现椭圆准线的过程，探究圆锥曲 线的结构特点． 3.理解定理 2.
[知识提炼·梳理]
1．定理 2 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：
类型 2 圆锥曲线的几何性质
[典例 2] 如图所示，已知圆锥母线 与轴的夹角为 α，平面 π 与轴线夹角为 β， Dandelin 球的半径分别为 R、r，且 α<β， R>r，求平面 π 与圆锥面交线的焦距 F1F2， 轴长 G1G2.
解：连接 O1F1、O2F2、O1O2 交 F1F2 于 O 点， 在 Rt△O1F1O 中，
R＋r
O1H＝O1O2·cos
α＝ sin
在截口上任取一点 P，连接 PF1、PF2，过点 P 和圆 锥的顶点 O 作母线，分别与两个球相切于点 Q1、Q2，
则 PF1＝PQ1，PF2＝PQ2， 所以|PF1－PF2|＝|PQ1－PQ2|＝Q1Q2. 由于 Q1Q2 为两圆 S1、S2 所在平行 平面之间的母线段长， 因此 Q1Q2 的长为定值．
OF1＝tanO∠O1F1O1 F1＝tanr
. β
在 Rt△O2F2O 中，
OF2＝tanO∠O2F2O2 F2＝tanR
. β
Hale Waihona Puke Baidu
所以 F1F2＝OF1＋
R＋r
OF2＝ tan
. β
R＋r
同理，O1O2＝ sin
. β
连接 O1A1、O2A2 过 O1 作 O1H⊥O2A2.
在 Rt△O1O2H 中，