精校版高中數(shù)學(xué)人教A版選修41教學(xué)案：第三講 圓錐曲線性質(zhì)的探討 Word版含答案

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1、最新資料最新資料最新資料最新資料最新資料 [對應(yīng)學(xué)生用書P37] 1．正射影的概念 給定一個平面α，從一點A作平面α的垂線，垂足為點A′，稱點A′為點A在平面α上的正射影． 一個圖形上點A′所組成的圖形，稱為這個圖形在平面α上的正射影． 2．平行射影 設(shè)直線l與平面α相交，稱直線l的方向為投影方向，過點A作平行于l的直線(稱為投影線)必交α于一點A′，稱點A′為A沿l的方向在平面α上的平行射影． 一個圖形上各點在平面α上的平行射影所組成的圖形，叫做這個圖形的平行射影． 3．正射影與平行射影的聯(lián)系與區(qū)別 正射影與平行射影的投影光線與投影方向都是平行的．因此，

2、正射影也是平行射影，不同的是正射影的光線與投影面垂直．而平行射影的投影光線與投影面斜交．平面圖形的正射影與原投影面積大小相等．而一般平行射影的面積要小于原投影圖形的面積． 4．兩個定理 (1)定理1：圓柱形物體的斜截口是橢圓． (2)定理2：在空間中，取直線l為軸，直線l′與l相交于O點，夾角為α，l′圍繞l旋轉(zhuǎn)得到以O(shè)為頂點，l′為母線的圓錐面，任取平面π，若它與軸l的交角為β(當(dāng)π與l平行時，記β＝0)，則 ①β>α，平面π與圓錐的交線為橢圓． ②β＝α，平面π與圓錐的交線為拋物線． ③β<α，平面π與圓錐的交線為雙曲線． [對應(yīng)學(xué)生用書P37] 平行射

3、影 [例1]　如果橢圓所在平面與投影面平行，則該橢圓的平行射影是(　　) A．橢圓　　　　　　　　　 B．圓 C．線段 D．射線 [思路點撥]　要確定橢圓在投影面上的平行射影，關(guān)鍵看投影面與橢圓所在平面的位置關(guān)系． [解析]　因為橢圓所在平面與投影面平行，所以橢圓的平行射影無論投射線的方向如何，始終保持與原圖形全等． [答案]　A 平面圖形可以看作點的集合，找到平面圖形中關(guān)鍵點的正射影，就可找到平面圖形正射影的輪廓，從而確定平面圖形的正射影． 1．下列說法正確的是(　　) A．平行射影是正射影 B．正射影是平行射影 C．同一個圖形的平行射影和正射影相同

4、D．圓的平行射影不可能是圓 解析：正射影是平行射影的特例，則選項A不正確，選項B正確；對同一個圖形，當(dāng)投影線垂直于投影面時，其平行射影就是正射影，否則不相同，則選項C不正確；當(dāng)投影線垂直于投影面，且圓面平行于投影面時，圓的平行射影是圓，則選項D不正確． 答案：B 2．梯形ABCD中，AB∥CD，若梯形不在α內(nèi)，則它在α上的射影是____________． 解析：如果梯形ABCD所在平面平行于投影方向，則梯形ABCD在α上的射影是一條線段． 如果梯形ABCD所在平面不平行于投影方向，則平行線的射影仍是平行線，不平行的線的射影仍不平行，則梯形ABCD在平面α上的射影仍是梯形． 答案：一

5、條線段或梯形 3．已知△ABC的邊BC在平面α內(nèi)，A在平面α上的射影為A′(A′不在BC上)． (1)當(dāng)∠BAC＝90°時，求證：△A′BC為鈍角三角形； (2)當(dāng)∠BAC＝60°時，AB、AC與平面α所成的角分別是30°和45°時，求cos∠BA′C. 解：(1)證明：∵AB>A′B，AC>A′C， ∴A′B2＋A′C2<AB2＋AC2＝BC2. ∴cos ∠BA′C＝<0. ∴∠BA′C為鈍角．∴△A′BC為鈍角三角形． (2)由題意，∠ABA′＝30°，∠ACA′＝45°. 設(shè)AA′＝1

6、，則A′B＝，A′C＝1，AC＝，AB＝2， ∴BC＝ ＝ ， cos ∠BA′C＝＝. 平面與圓柱面的截線 [例2]　如圖，在圓柱O1O2內(nèi)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(shè)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PK

7、1、PK2分別是兩球面的切線，切點為K1、K2. 根據(jù)切線長定理的空間推廣 ， 知PF1＝PK1，PF2＝PK2， 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＝co

8、s 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(shè)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(jié)論(1)，即β>α?xí)r，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Da

9、ndelin雙球法． [證明]　如圖，在圓錐內(nèi)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(dāng)β>α?xí)r，由上面的討論可知，平面π與圓錐的交線是一個封閉曲線．設(shè)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

10、位置無關(guān)，由此我們可知在β>α?xí)r，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(guān)系拓展為空間內(nèi)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(xué)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

11、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(dāng)β＝α?xí)r，平面與圓錐的一部分相交，且曲線不閉合．在圓錐內(nèi)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.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

12、定直線m的距離相等．∴截口曲線為拋物線． [對應(yīng)學(xué)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(dāng)直線與面垂直時，平行投影可能是點． 答案：C 2．△ABC的一邊在平面α內(nèi)，一頂點在平面α外，則△ABC在面α內(nèi)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(dāng)△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．

13、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(guān)，只與母線和斜線面的夾角有關(guān) 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面垂直，B正確，C顯然正確，D中短軸長應(yīng)為圓柱面的直徑長，故不正確． 答案：D 4．設(shè)圓錐的頂角(圓錐軸截面上兩條母線的夾角)為120°，當(dāng)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

14、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(lián)想立體圖形及課本方法，可得結(jié)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(zhì)進行判斷． 答案：③ 7．在底面半徑為6的圓柱內(nèi)有兩個半徑也為6的球面，兩球的球心距為13.若作一

15、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△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(cè)，它們在α內(nèi)的射影分別為A′、B′、C′，若△A′B′C′為直角三角形，BC與α間

16、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(shè)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±. 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(shè)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

17、2c＝2＝6. 10.如圖所示，圓錐側(cè)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(shè)⊙O的半徑為R，母線VA＝l， 則側(cè)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

18、等， 故截面CDE與圓錐的截線為一拋物線． 模塊綜合檢測 [對應(yīng)學(xué)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　　　　　　　　 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(　　

19、) 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(　　) 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(zhì)易知射影為圓時，直徑為8.

20、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(cè)面截得一條弧線，與底面截得一條線段，所以截面的形狀應(yīng)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(shù)為(　　) A．50° B．25° C．40° D．60° 解析：因為PA，PB是⊙O的切線， 所以∠OAP＝∠OBP＝90°， 而∠P＝50°， 所以∠AOB＝360°－90°－90°－50°

21、＝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

22、，垂足為D，∠DAB＝80°，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(nèi)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

23、述條件下，給出下列四個結(jié)論：①BD平分∠CBF；②FB2＝FD·FA；③AE·CE＝BE·DE；④AF·BD＝AB·BF. 則所有正確結(jié)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(jié)論①正確； 易證△ABF∽△BDF，所以＝， 所以AB·BF＝AF·BD，結(jié)論④正確； 由切割線定理，得BF2＝AF·DF，結(jié)論②正確；由相交弦定

24、理，得AE·DE＝BE·CE，結(jié)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

25、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

26、，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°＝.

27、 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(shè)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

28、∥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(yīng)寫出必要的文字說明、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，F(xiàn)G∥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．

29、 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(shè)∠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·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

30、． (2)連接OB.因為∠OEC＋∠OCB＋∠COE＝180°，結(jié)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(nèi)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; (2)設(shè)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(shè)知A，B，C，D四點共圓

31、， 所以∠D＝∠CBE. 由已知CB＝CE得∠CBE＝∠E，故∠D＝∠E. (2)設(shè)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、BC相交于E點，F(xiàn)為CE上一點，且DE2＝EF·EC. (1)求證：∠P＝∠EDF； (2)求證：CE·

32、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＝. 最新精品資料