6、面的截線
[例2] 如圖，在圓柱O1O2內嵌入雙球，使它們與圓柱面相切，切線分別為⊙O1和⊙O2，并且和圓柱的斜截面相切，切點分別為F1、F2.
求證：斜截面與圓柱面的截線是以F1、F2為焦點的橢圓．
[思路點撥] 證明曲線的形狀是橢圓，利用橢圓的定義(平面上到兩個定點的距離之和等于定長的點的軌跡)來證明．
[證明] 如圖，設點P為曲線上任一點，連接PF1、PF2，則PF1、PF2分別是兩個球面的切線，切點為F1、F2，過P作母線，與兩球面分別相交于K1、K2，則PK1、PK2分別是兩球面的切線，切點為K1、K2.
根據切線長定理的空間推廣 ，
知PF1＝PK1，PF2＝PK2
7、，
所以PF1＋PF2＝PK1＋PK2＝K1K2.
由于K1K2為定值，故點P的軌跡是以F1、F2為焦點的橢圓．
(1)證明平面與圓柱面的截線是橢圓，利用Dandelin雙球確定橢圓的焦點，然后利用橢圓的定義判定曲線的形狀．
(2)該題使用了切線長定理的空間推廣 (從球外一點引球的切線，切線長都相等)．
4．一平面與圓柱面的母線成45°角，平面與圓柱面的截線橢圓的長軸為6，則圓柱面的半徑為________．
解析：由2a＝6，即a＝3，又e＝cos 45°＝，
故b＝c＝ea＝×3＝，即為圓柱面的半徑．
答案：
5．已知一平面垂直于圓柱的軸，截圓柱所得為一半徑為2
8、的圓，另一平面與圓柱的軸成30°角，求截線的長軸、短軸和離心率．
解：由題意可知橢圓的短軸為2b＝2×2，
∴短軸長為4.
設長軸長為2a，則有＝sin 30°＝，
∴2a＝4b＝8.e＝＝.
∴長軸長為8，短軸長為4，離心率為.
平面與圓錐面的截線
[例3] 證明：定理2的結論(1)，即β>α時，平面π與圓錐的交線為橢圓．
[思路點撥] 本題直接證明，難度較大，故可仿照定理1的方法證明，即Dandelin雙球法．
[證明] 如圖，在圓錐內部嵌入Dandelin雙球，一個位于平面π的上方，一個位于平面π的下方，并且與平面π及圓錐均相切．
當β>α時，由上面的討論可知，平
9、面π與圓錐的交線是一個封閉曲線．設兩個球與平面π的切點分別為F1、F2，與圓錐相切于圓S1、S2.
在截面的曲線上任取一點P，連接PF1、PF2.過P作母線交S1于Q1，交S2于Q2，于是PF1和PQ1是從P到上方球的兩條切線，因此PF1＝PQ1.同理，PF2＝PQ2.
所以PF1＋PF2＝PQ1＋PQ2＝Q1Q2.
由正圓錐的對稱性，Q1Q2的長度等于兩圓S1、S2所在平行平面間的母線段的長度而與P的位置無關，由此我們可知在β>α時，平面π與圓錐的交線為一個橢圓．
由平面中，直線與等腰三角形兩邊的位置關系拓展為空間內圓錐與平面的截線之后，較難入手證明其所成曲線的形狀，尤其是焦點的
10、確定更加不容易，但可以采用Dandelin雙球法，這時較容易確定橢圓的焦點，學生也容易入手證明，使問題得到解決．
6．圓錐的頂角為50°，圓錐的截面與軸線所成的角為30°，則截線是( )
A．圓 B．橢圓
C．雙曲線 D．拋物線
解析：由α＝＝25°，φ＝30°，φ>α，
∴截線是橢圓．
答案：B
7．如圖，已知平面π與圓錐的軸的夾角為β，圓錐母線與軸的夾角為α，α＝β，求證：平面π與圓錐的交線為拋物線．
證明：當β＝α時，平面與圓錐的一部分相交，且曲線不閉合．在圓錐內嵌入一個Dandelin球與圓錐交線為圓S.記圓S所在平面為π′，π與π′的交線記為m.
11、球切π于F1點．
在截口上任取一點P，過P作PA⊥m于A，過P作PB⊥平面π′于B，過P作圓錐的母線交平面π′于C，連接AB，PF1，BC.
由切線長定理，PF1＝PC.
∵PB平行于圓錐的軸，∴∠APB＝β，∠BPC＝α.
在Rt△ABP中，PA＝，
在Rt△BCP中，PC＝.
∵α＝β，∴PC＝PA.∴PF1＝PA，即截口上任一點到定點F和到定直線m的距離相等．∴截口曲線為拋物線．
[對應學生用書P39]
一、選擇題
1．一條直線在一個面上的平行投影是( )
A．一條直線 B．一個點
C．一條直線或一個點 D．不能確定
解析：當直線與面垂直
12、時，平行投影可能是點．
答案：C
2．△ABC的一邊在平面α內，一頂點在平面α外，則△ABC在面α內的射影是( )
A．三角形 B．一直線
C．三角形或一直線 D．以上均不正確
解析：當△ABC所在平面平行于投影線時，射影是一線段，不平行時，射影是三角形．
答案：D
3．下列說法不正確的是( )
A．圓柱面的母線與軸線平行
B．圓柱面的某一斜截面的軸面總是垂直于直截面
C．圓柱面與斜截面截得的橢圓的離心率與圓柱面半徑無關，只與母線和斜線面的夾角有關
D．平面截圓柱面的截線橢圓中，短軸長即為圓柱面的半徑
解析：顯然A正確，由于任一軸面過軸線，故軸面與圓柱的直截
13、面垂直，B正確，C顯然正確，D中短軸長應為圓柱面的直徑長，故不正確．
答案：D
4．設圓錐的頂角(圓錐軸截面上兩條母線的夾角)為120°，當圓錐的截面與軸成45°角時，則截得二次曲線的離心率為( )
A. B.
C．1 D.
解析：由題意知α＝60°，β＝45°，滿足β<α，這時截圓錐得的交線是雙曲線，其離心率為e＝＝.
答案：B
二、填空題
5．用平面截球面和圓柱面所得到的截線形狀分別是________、________.
解析：聯想立體圖形及課本方法，可得結論．要注意平面截圓柱面所得的截線的不同情況．
答案：圓 圓或橢圓
6．有下列說法
①矩形的平行射影一
14、定是矩形；
②梯形的平行射影一定是梯形；
③平行四邊形的平行射影可能是正方形；
④正方形的平行射影一定是菱形；
其中正確命題有________．(填上所有正確說法的序號)
解析：利用平行射影的概念和性質進行判斷．
答案：③
7．在底面半徑為6的圓柱內有兩個半徑也為6的球面，兩球的球心距為13.若作一個平面與這兩個球面相切，且與圓柱面相交成一橢圓，則橢圓的長軸長為________．
解析：如圖，為圓柱的軸截面，AB為與兩球O1和球O2都相切的平面與軸截面的交線，由對稱性知AB過圓柱的幾何中心O.由O1O⊥OD，O1C⊥OA，故∠OO1C＝∠AOD，且O1C＝OD＝6，
所以Rt
15、△OO1C≌Rt△AOD，則AO＝O1O.
故AB＝2AO＝2O1O＝O1O2＝13.
顯然AB即為橢圓的長軸，所以AB＝13.
答案：13
三、解答題
8．△ABC是邊長為2的正三角形，BC∥平面α，A、B、C在α的同側，它們在α內的射影分別為A′、B′、C′，若△A′B′C′為直角三角形，BC與α間的距離為5，求A到α的距離．
解：由條件可知A′B′＝A′C′，
∴∠B′A′C′＝90°.
設AA′＝x，在直角梯形AA′C′C中，
A′C′2＝4－(5－x)2，
由A′B′2＋A′C′2＝B′C′2，
得2×[4－(x－5)2]＝4，x＝5±.
即A到α的距離為5±
16、.
9．若圓柱的一正截面的截線為以3為半徑的圓，圓柱的斜截面與軸線成60°，求截線橢圓的兩個焦點間的距離．
解：設橢圓長半軸為a，短半軸為b，半焦距為c，
則b＝3，
a＝＝3×2＝6，
∴c2＝a2－b2＝62－33＝27.
∴兩焦點間距離2c＝2＝6.
10.如圖所示，圓錐側面展開圖扇形的中心角為π，AB、CD是圓錐面的正截面上互相垂直的兩條直徑，過CD和母線VB的中點E作一截面，求截面與圓錐的軸線所夾的角的大小，并說明截線是什么圓錐曲線？
解：設⊙O的半徑為R，母線VA＝l，
則側面展開圖的中心角為＝π，
∴圓錐的半頂角α＝.
連接OE，∵O、E分別是AB、VB的中
17、點，
∴OE∥VA，
∴∠VOE＝∠AVO＝.
又∵AB⊥CD，VO⊥CD，
∴CD⊥平面VAB.
∴平面CDE⊥平面VAB.
即平面VAB為截面CDE的軸面，
∴∠VOE為截面與軸線所夾的角，即為.
又∵圓錐的半頂角與截面與軸線的夾角相等，
故截面CDE與圓錐的截線為一拋物線．
模塊綜合檢測
[對應學生用書P45]
(時間：90分鐘，滿分：120分)
一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，滿分50分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．Rt△ABC中，CD是斜邊AB上的高，該圖中只有x個三角形與△ABC相似，則x的值為( )
A．1
18、 B．2
C．3 D．4
解析：由題所給圖形為射影定理的基本圖形，△ACD、△BCD均與△ABC相似．
答案：B
2．已知：如圖，?ABCD中，EF∥AC交AD、DC于E、F，AD，BF的延長線交于M，則下列等式成立的是( )
A．AD2＝AE·AM
B．AD2＝CF·DC
C．AD2＝BC·AB
D．AD2＝AE·ED
解析：∵在?ABCD中，
∴AD∥BC，AB∥DC.
∵DF∥AB，∴＝.
∵DM∥BC，∴＝.
∵EF∥AC，∴＝.
∴＝，∴AD2＝AE·AM.
答案：A
3．對于半徑為4的圓在平面上的投影的說法錯誤的是( )
19、
A．射影為線段時，線段的長為8
B．射影為橢圓時，橢圓的短軸可能為8
C．射影為橢圓時，橢圓的長軸可能為8
D．射影為圓時，圓的直徑可能為4
解析：由平行投影的性質易知射影為圓時，直徑為8.
答案：D
4．如圖，用平面去截圓錐，所得截面的形狀是( )
解析：用平面去截圓錐，如題圖：平面與圓錐的側面截得一條弧線，與底面截得一條線段，所以截面的形狀應該是D.
答案：D
5．如圖，PA，PB是⊙O的切線，AC是⊙O的直徑，∠P＝50°，則∠BOC的度數為( )
A．50° B．25°
C．40° D．60°
解析：因為PA，PB是⊙O的切線，
所以∠O
20、AP＝∠OBP＝90°，
而∠P＝50°，
所以∠AOB＝360°－90°－90°－50°＝130°，
又因為AC是⊙O的直徑，
所以∠BOC＝180°－130°＝50°.
答案：A
6.如圖，已知⊙O的直徑AB與弦AC的夾角為35°，過C點的切線PC與AB的延長線交于點P，那么∠P等于( )
A．15° B．20°
C．25° D．30°
解析：∵OA＝OC，∴∠A＝∠1，
∴∠POC＝2∠A＝70°.
∵OC⊥PC，∴∠P＝90°－∠POC＝20°.
答案：B
7．如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，AD和過C點的切線互相垂直，垂足為D，∠DAB＝80
21、°，則∠ACO等于( )
A．30° B．35°
C．40° D．45°
解析：∵CD是⊙O的切線，
∴OC⊥CD.
又∵AD⊥CD，∴OC∥AD，
由此得∠ACO＝∠CAD.
∵OC＝OA，∴∠CAO＝∠ACO，
∴∠CAD＝∠CAO.
故AC平分∠DAB，∴∠CAO＝40°.
又∠ACO＝∠CAO，∴∠ACO＝40°.
答案：C
8.(天津高考)如圖，△ABC是圓的內接三角形，∠BAC的平分線交圓于點D，交BC于點E，過點B的圓的切線與AD的延長線交于點F.在上述條件下，給出下列四個結論：①BD平分∠CBF；②FB2＝FD·FA；③AE·CE＝BE·DE；
22、④AF·BD＝AB·BF.
則所有正確結論的序號是( )
A．①② B．③④
C．①②③ D．①②④
解析：因為∠BAD＝∠FBD，∠DBC＝∠DAC，
又AE平分∠BAC，即∠BAD＝∠DAC，
所以∠FBD＝∠DBC，
所以BD平分∠CBF，結論①正確；
易證△ABF∽△BDF，所以＝，
所以AB·BF＝AF·BD，結論④正確；
由切割線定理，得BF2＝AF·DF，結論②正確；由相交弦定理，得AE·DE＝BE·CE，結論③錯誤．選D.
答案：D
9．如圖，P為圓外一點，PA切圓于點A，PA＝8，直線PCB交圓于C，B兩點，且PC＝4， AD⊥BC，垂足為點
23、D，∠ABC＝α，∠ACB＝β，連接AB，AC，則等于( )
A. B.
C．2 D．4
解析：由PA2＝PC·PB，
有64＝4PB，∴PB＝16.
又∠ABC＝α，∠ACB＝β，AD⊥BC，
∴AB＝，AC＝.
在△PAB和△PCA中，∠B＝∠PAC，∠P為公共角，
∴△PAB∽△PCA.
∴＝，即＝.∴＝.
答案：B
10．如圖，在△ABC中，AD⊥BC于D，下列條件：
①∠B＋∠DAC＝90°，②∠B＝∠DAC，③＝，④AB2＝BD·BC.其中一定能夠判定△ABC是直角三角形的共有( )
A．3個 B．2個
C．1個 D．0個
解析：驗
24、證法：①不能判定△ABC為直角三角形，因為∠B＋∠DAC＝90°，而∠B＋∠DAB＝90°，則∠BAD＝∠DAC，同理∠B＝∠C，不能判定∠BAD＋∠DAC等于90°；而②中∠B＝∠DAC，∠C為公共角，則△ABC∽△DAC，又△DAC為直角三角形，所以△ABC為直角三角形；在③中，由＝可得△ACD∽△BAD，則∠BAD＝∠C，∠B＝∠DAC，所以∠BAD＋∠DAC＝90°；而④中AB2＝BD·BC，即＝，∠B為公共角，則△ABC∽△DBA，即△ABC為直角三角形．所以正確命題有3個．
答案：A
二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，滿分20分．把答案填寫在題中的橫線上)
11．(廣
25、東高考)如圖，圓O的半徑為1，A、B、C是圓周上的三點，滿足∠ABC＝30°，過點A作圓O的切線與OC的延長線交于點P，則PA＝________.
解析：如圖，連接OA.
由∠ABC＝30°，得∠AOC＝60°，在直角三角形AOP中，OA＝1，于是PA＝OAtan 60°＝.
答案：
12．如圖，AB是⊙O的直徑，＝，AB＝10，BD＝8，則cos ∠BCE＝________.
解析：如圖，連接AD.
則∠ADB＝90°，且∠DAC＝∠B，
所以cos ∠BCE＝cos ∠DAB
＝＝＝.
答案：
13．如圖，AB是直徑，CD⊥AB于D，CD＝4，AD∶DB＝3∶1，則
26、直徑的長為________．
解析：因為AB是直徑，CD⊥AB于D，
所以CD2＝AD·BD.
因為AD∶DB＝3∶1，設DB＝x，則AD＝3x.
所以(4)2＝3x·x.所以x＝4.所以AB＝16.
答案：16
14.如圖，△ABC中，AD∥BC，連接CD交AB于E，且AE∶EB＝1∶2，過E作EF∥BC交AC于F，若S△ADE＝1，則S△AEF＝________.
解析：∵AD∥BC，∴△ADE∽△BCE.
∴＝＝.
∵EF∥AD，∴＝＝.
∵△ADE與△AFE的高相同，
∴＝＝.
∴S△AEF＝.
答案：
三、解答題(本大題共4個小題，滿分50分．解答應寫出必
27、要的文字說明、證明過程或演算步驟)
15．(本小題滿分12分)如圖，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，E是CD的中點，EF∥BC交AB于F，FG∥BD交AD于G.
求證：AG＝DG.
證明：∵AD∥EF∥BC，E是CD的中點，
∴F是AB的中點．
又∵FG∥BD，∴G是AD的中點．
∴AG＝DG.
16．(本小題滿分12分)如圖，AE是圓O的切線，A是切點，AD⊥OE于D，割線EC交圓O于B，C兩點．
(1)證明：O，D，B，C四點共圓；
(2)設∠DBC＝50°，∠ODC＝30°，求∠OEC的大?。?
解：(1)證明連接OA，OC，則OA⊥EA.
由射影定理得EA2＝ED
28、·EO.
由切割線定理得EA2＝EB·EC，
故ED·EO＝EB·EC，
即＝，
又∠DEB＝∠OEC，
所以△BDE∽△OCE，所以∠EDB＝∠OCE，
因此O，D，B，C四點共圓．
(2)連接OB.因為∠OEC＋∠OCB＋∠COE＝180°，結合(1)得∠OEC＝180°－∠OCB－∠COE
＝180°－∠OBC－∠DBE
＝180°－∠OBC－(180°－∠DBC)
＝∠DBC－∠ODC＝20°.
17．(新課標全國卷Ⅰ)(本小題滿分12分)如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，AB的延長線與DC的延長線交于點E，且CB＝CE.
(1)證明：∠D＝∠E;
29、
(2)設AD不是⊙O的直徑，AD的中點為M，且MB＝MC，證明：△ADE為等邊三角形．
證明：(1)由題設知A，B，C，D四點共圓，
所以∠D＝∠CBE.
由已知CB＝CE得∠CBE＝∠E，故∠D＝∠E.
(2)設BC的中點為N，連接MN，則由MB＝MC知MN⊥BC，故O在直線MN上．
又AD不是⊙O的直徑，M為AD的中點，
故OM⊥AD，即MN⊥AD.
所以AD∥BC，故∠A＝∠CBE.
又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E.
由(1)知，∠D＝∠E，所以△ADE為等邊三角形．
18．(本小題滿分14分)如圖所示，已知PA與⊙O相切，A為切點，PBC為割線，弦CD∥AP，AD
30、、BC相交于E點，F為CE上一點，且DE2＝EF·EC.
(1)求證：∠P＝∠EDF；
(2)求證：CE·EB＝EF·EP；
(3)若CE∶BE＝3∶2，DE＝6，EF＝4，求PA的長．
解：(1)證明：∵DE2＝EF·EC，
∴DE∶CE＝EF∶ED.
∵∠DEF是公共角，∴△DEF∽△CED.
∴∠EDF＝∠C.∵CD∥AP，∴∠C＝∠P.
∴∠P＝∠EDF.
(2)證明：∵∠P＝∠EDF，∠DEF＝∠PEA，
∴△DEF∽△PEA.
∴DE∶PE＝EF∶EA.
即EF·EP＝DE·EA.
∵弦AD、BC相交于點E，
∴DE·EA＝CE·EB.
∴CE·EB＝EF·EP.
(3)∵DE2＝EF·EC，DE＝6，EF＝4，
∴EC＝9.∵CE∶BE＝3∶2，∴BE＝6.
∵CE·EB＝EF·EP，
∴9×6＝4×EP.
解得：EP＝.
∴PB＝PE－BE＝，PC＝PE＋EC＝.
由切割線定理得：PA2＝PB·PC，
∴PA2＝×.∴PA＝.
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