2.2-2.3 平面与圆柱面的截线 平面与圆锥面的截线 课件(人教A选修4-1)

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[研一题]
[例1] 已知圆柱底面半径为，平面β与圆柱母线夹
角为60°，在平面β上以G1G2所在直线为横轴，以 G1G2中点为原点，建立平面直角坐标系，求平面β与
圆柱截口椭圆的方程．
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分析：本题考查平面与圆柱面的截线．解答本题需要根
据题目条件确定椭圆的长轴和短轴．
解：过 G1 作 G1H⊥BC 于 H. ∵圆柱底面半径为 3， ∴AB＝2 3. ∵四边形 ABHG1 是矩形， ∴AB＝G1H＝2 3. G1H 2 3 在 Rt△G1G2H 中，G1G2＝ ＝ ＝4. sin∠G1G2H 3 2 又椭圆短轴长等于底面圆的直径 2 3， x2 y2 ∴椭圆的标准方程为 ＋ ＝1. 4 3
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[读教材·填要点]
1．平面与圆柱面的截线
(1)椭圆组成元素： F1，F2 叫椭圆的焦点； F1F2 叫椭圆 的焦距；AB叫椭圆的 长轴 ；CD叫椭圆 的 短轴 ．
如果长轴为2a，短轴为2b，那么焦 2 a2－b2 . 距2c＝
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(2)如图(1)，AB、CD是两个等圆的直径，AB∥CD，
AD、BC与两圆相切，作两圆的公切线EF，切点分别为F1、 F2，交BA、DC的延长线于E、F，交AD于G1，交BC于G2. 设EF与BC、CD的交角分别为φ、θ.
取平面π，若它与轴l的交角为β(当π与l平行时，记β＝0)， 求证：β＝α时，平面π与圆锥的交线是抛 物线．(如图)
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证明：如图，设平面 π 与圆锥内切球相切于点 F1，球与圆 锥的交线为圆 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 PF1.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，∴∠PAB 是 π 与 π′所成二面角的平面 角．连接点 P 与圆锥的顶点，与 S 相交于点 Q1，连接 BQ1， 则∠BPQ1＝α，∠APB＝β. 在 Rt△APB 中，PB＝PAcos β.
所以PF1＋PF2＝PQ1＋PQ2＝Q1Q2. 由正圆锥的对称性，Q1Q2的长度等于两圆S1、S2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与圆锥的交线是以F1、F2为焦点的椭圆．
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[悟一法]
由平面中，直线与等腰三角形两边的位置关系拓广
为空间内圆锥与平面的截线之后，较难入手证明其所成
0)，则
①β>α ②β＝α ③ β<α ，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．
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[小问题·大思维] 用平面截球面和圆柱面所得到的截线分别是什么 形状？
提示：联想立体图形及课本方法，可知用平面截
球面所得截线的形状是圆；用平面截圆柱面所得截线 的形状是圆或椭圆．
2 解：由题意知，椭圆的长半轴长 a＝ ＝2 2， sin 45° 短半轴长 b＝2，则半焦距 c＝ a2－b2＝ 8－4＝2. 所以焦距 2c＝4.
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[研一题] [例2] 证明：定理2的结论(1)，即β>α时，平面π与圆 锥的交线为椭圆． 分析：本题考查平面与圆锥面的截线．解答本题需要 明确椭圆的定义，利用椭圆的定义证明．
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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及圆锥均相切．
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①G2F1＋G2F2＝ AD；②G1G2＝ AD； G2F1 ＝cosφ＝sinθ. ③ G2E (3)如图(2)，将两个圆拓广为球面，将矩形 ABCD 看 成是圆柱面的轴截面，将 EB、DF 拓广为两个平面 α、β， EF 拓广为平面 γ，则平面 γ 与圆柱面的截线是 椭圆 ．即 得定理 1：圆柱形物体的斜截口是椭圆．
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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F1、F2，与圆锥相切 于圆S1、S2. 在截口的曲线上任取一点P，连接PF1、PF2.过P作母线交S1 于Q1，交S2于Q2，于是PF1和PQ1是从P到上方球的两条切线，因
此PF1＝PQ1.同理，PF2＝PQ2.
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在 Rt△PBQ1 中，PB＝PQ1cos α. PQ1 cos β ∴ ＝ . PA cos α PF1 又∵PQ1＝PF1，α＝β，∴ ＝1， PA 即 PF1＝PA， 动点 P 到定点 F1 的距离等于它到定直线 m 的距 离，故当 α＝β 时，平面与圆锥的交线为抛物线．
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本课时考点在高考中很少考查.2012年梅州模拟以
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2．平面与圆锥面的截线
(1)如图，AD是等腰三角形底边BC上的高，∠BAD＝α，
直线l与AD相交于点P，且与AD的夹角为β(0<β<)，则： ① β>α ，l与AB(或AB的延长线)、AC相交； ② β＝α ③ β<α ，l与AB不相交； ，l与BA的延长线、AC都相交．
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(2)定理2：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＝
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[悟一法]
借助条件中已经建立的直角坐标系，通过相关平面图 形转换确定椭圆的长、短轴的长是关键．
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[通一类] 1．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，动点的轨 x2 y2 迹是椭圆，设所求椭圆方程为 2＋ 2＝1. a b ∵2a＝10,2c＝8，∴a＝5，c＝4.则 b2＝9. x2 y2 故所求椭圆的方程为 ＋ ＝1. 25 9
曲线的形状，尤其是焦点的确定更加不容易，但可以采 用与上节中定理1的证明相同的方法，即Danelin双球法， 这时较容易确定椭圆的焦点，学生也容易入手证明，使 问题得到解决．
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[通一类] 2．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
选择题的形式考查了平面与圆柱面的截线的形状，是高考模拟命题的一个新动向．
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[考题印证]
(2012· 梅州模拟)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 2 C．4 B．2 D．4 2 ( )
[命题立意]
本题主要考查平面与圆柱面的截线问题，
同时考查椭圆的相关性质．