6、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(diǎn)分別為F1、F2.
求證：斜截面與圓柱面的截線是以F1、F2為焦點(diǎn)的橢圓．
[思路點(diǎn)撥] 證明曲線的形狀是橢圓，利用橢圓的定義(平面上到兩個(gè)定點(diǎn)的距離之和等于定長(zhǎng)的點(diǎn)的軌跡)來(lái)證明．
[證明] 如圖，設(shè)點(diǎn)P為曲線上任一點(diǎn)，連接PF1、PF2，則PF1、PF2分別是兩個(gè)球面的切線，切點(diǎn)為F1、F2，過(guò)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(diǎn)為K1、K2.
根據(jù)切線長(zhǎng)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(diǎn)P的軌跡是以F1、F2為焦點(diǎn)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(diǎn)，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(zhǎng)定理的空間推廣 (從球外一點(diǎn)引球的切線，切線長(zhǎng)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(zhǎng)軸為6，則圓柱面的半徑為_(kāi)_______．
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(zhǎng)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(zhǎng)為4.
設(shè)長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2a，則有＝sin 30°＝，
∴2a＝4b＝8.e＝＝.
∴長(zhǎng)軸長(zhǎng)為8，短軸長(zhǎng)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(diǎn)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(nèi)部嵌入Dandelin雙球，一個(gè)位于平面π的上方，一個(gè)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
9、面π與圓錐的交線是一個(gè)封閉曲線．設(shè)兩個(gè)球與平面π的切點(diǎn)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(diǎn)P，連接PF1、PF2.過(guò)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(duì)稱性，Q1Q2的長(zhǎng)度等于兩圓S1、S2所在平行平面間的母線段的長(zhǎng)度而與P的位置無(wú)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(gè)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(diǎn)的
10、確定更加不容易，但可以采用Dandelin雙球法，這時(shí)較容易確定橢圓的焦點(diǎn)，學(xué)生也容易入手證明，使問(wèn)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(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(gè)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(diǎn)．
在截口上任取一點(diǎn)P，過(guò)P作PA⊥m于A，過(guò)P作PB⊥平面π′于B，過(guò)P作圓錐的母線交平面π′于C，連接AB，PF1，BC.
由切線長(zhǎng)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(diǎn)到定點(diǎn)F和到定直線m的距離相等．∴截口曲線為拋物線．
[對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P39]
一、選擇題
1．一條直線在一個(gè)面上的平行投影是( )
A．一條直線 B．一個(gè)點(diǎn)
C．一條直線或一個(gè)點(diǎn) D．不能確定
解析：當(dāng)直線與面垂直
12、時(shí)，平行投影可能是點(diǎn)．
答案：C
2．△ABC的一邊在平面α內(nèi)，一頂點(diǎn)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(shí)，射影是一線段，不平行時(shí)，射影是三角形．
答案：D
3．下列說(shuō)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(wú)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(zhǎng)即為圓柱面的半徑
解析：顯然A正確，由于任一軸面過(guò)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(zhǎng)應(yīng)為圓柱面的直徑長(zhǎng)，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(shí)，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(shí)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(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(shuō)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(shuō)法的序號(hào))
解析：利用平行射影的概念和性質(zhì)進(jìn)行判斷．
答案：③
7．在底面半徑為6的圓柱內(nèi)有兩個(gè)半徑也為6的球面，兩球的球心距為13.若作一個(gè)平面與這兩個(gè)球面相切，且與圓柱面相交成一橢圓，則橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為_(kāi)_______．
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(duì)稱性知AB過(guò)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(zhǎng)軸，所以AB＝13.
答案：13
三、解答題
8．△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，BC∥平面α，A、B、C在α的同側(cè)，它們?cè)讦羶?nèi)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(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±
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(gè)焦點(diǎn)間的距離．
解：設(shè)橢圓長(zhǎng)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(diǎn)間距離2c＝2＝6.
10.如圖所示，圓錐側(cè)面展開(kāi)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(guò)CD和母線VB的中點(diǎn)E作一截面，求截面與圓錐的軸線所夾的角的大小，并說(shuō)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(kāi)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(diǎn)，
∴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(cè)
[對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P45]
(時(shí)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)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(gè)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(zhǎng)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(duì)于半徑為4的圓在平面上的投影的說(shuō)法錯(cuò)誤的是( )
19、
A．射影為線段時(shí)，線段的長(zhǎng)為8
B．射影為橢圓時(shí)，橢圓的短軸可能為8
C．射影為橢圓時(shí)，橢圓的長(zhǎng)軸可能為8
D．射影為圓時(shí)，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(shí)，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(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?yàn)镻A，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?yàn)锳C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(guò)C點(diǎn)的切線PC與AB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)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(diǎn)，AD和過(guò)C點(diǎn)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(nèi)接三角形，∠BAC的平分線交圓于點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)B的圓的切線與AD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F.在上述條件下，給出下列四個(gè)結(jié)論：①BD平分∠CBF；②FB2＝FD·FA；③AE·CE＝BE·DE；
22、④AF·BD＝AB·BF.
則所有正確結(jié)論的序號(hào)是( )
A．①② B．③④
C．①②③ D．①②④
解析：因?yàn)椤螧AD＝∠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；由相交弦定理，得AE·DE＝BE·CE，結(jié)論③錯(cuò)誤．選D.
答案：D
9．如圖，P為圓外一點(diǎn)，PA切圓于點(diǎn)A，PA＝8，直線PCB交圓于C，B兩點(diǎn)，且PC＝4， AD⊥BC，垂足為點(diǎn)
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(gè) B．2個(gè)
C．1個(gè) D．0個(gè)
解析：驗(yàn)
24、證法：①不能判定△ABC為直角三角形，因?yàn)椤螧＋∠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(gè)．
答案：A
二、填空題(本大題共4個(gè)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(diǎn)，滿足∠ABC＝30°，過(guò)點(diǎn)A作圓O的切線與OC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)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(zhǎng)為_(kāi)_______．
解析：因?yàn)锳B是直徑，CD⊥AB于D，
所以CD2＝AD·BD.
因?yàn)锳D∶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∥BC，連接CD交AB于E，且AE∶EB＝1∶2，過(guò)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(gè)小題，滿分50分．解答應(yīng)寫出必
27、要的文字說(shuō)明、證明過(guò)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(diǎn)，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(diǎn)，
∴F是AB的中點(diǎn)．
又∵FG∥BD，∴G是AD的中點(diǎn)．
∴AG＝DG.
16．(本小題滿分12分)如圖，AE是圓O的切線，A是切點(diǎn)，AD⊥OE于D，割線EC交圓O于B，C兩點(diǎn)．
(1)證明：O，D，B，C四點(diǎn)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
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(diǎn)共圓．
(2)連接OB.因?yàn)椤螼EC＋∠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(biāo)全國(guó)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(zhǎng)線與DC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，且CB＝CE.
(1)證明：∠D＝∠E;
29、
(2)設(shè)AD不是⊙O的直徑，AD的中點(diǎn)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(diǎn)共圓，
所以∠D＝∠CBE.
由已知CB＝CE得∠CBE＝∠E，故∠D＝∠E.
(2)設(shè)BC的中點(diǎn)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(diǎn)，
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(diǎn)，PBC為割線，弦CD∥AP，AD
30、、BC相交于E點(diǎn)，F(xiàn)為CE上一點(diǎn)，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(zhǎng)．
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(diǎn)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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