第69講圓錐曲線性質(zhì)的探討與幾何證明的簡單應(yīng)用省名師優(yōu)質(zhì)課賽課獲獎?wù)n件市賽課百校聯(lián)賽優(yōu)質(zhì)課一等獎?wù)n件

新課標(biāo)高中一輪總復(fù)習(xí)1/35第十單元幾何證實(shí)選講2/35第69講圓錐曲線性質(zhì)探討與幾何證實(shí)簡單應(yīng)用3/351.了解平行投影含義，經(jīng)過圓柱與平面位置關(guān)系，體會平行投影；會證實(shí)平面與圓柱截線是橢圓（特殊情形是圓）.2.經(jīng)過觀察平面截圓錐情境，體會下面定理：在空間中，取直線l為軸，直線l′與l相交于O點(diǎn)，其夾角為α,l′圍繞l旋轉(zhuǎn)得到以O(shè)為頂點(diǎn)，l′為母線圓錐面，任取平面π，若它與軸l交角為β(當(dāng)π與l平行時(shí)，記β=0)，4/35則(1)β>α，平面π與圓錐交線為橢圓；（2）β=α，平面π與圓錐交線為拋物線；（3）β<α，平面π與圓錐交線為雙曲線.3.經(jīng)過丹迪林雙球探求橢圓性質(zhì)，加深對數(shù)形結(jié)合思想認(rèn)識，了解平面與空間統(tǒng)一關(guān)系.5/351.以下對于半徑為4圓在已知平面α上射影說法錯(cuò)誤是()DA.射影為線段時(shí)，其長度為8B.射影為橢圓時(shí)，其短軸長小于8C.射影為橢圓時(shí)，其長軸長為8D.射影為圓時(shí)，其直徑為10利用射影概念推理可知,A、B、C均正確,而D選項(xiàng),射影為圓時(shí),其直徑為8,故選D.6/352.假如一個(gè)三角形平行投影還是一個(gè)三角形，則以下結(jié)論正確是()BA.內(nèi)心平行投影還是內(nèi)心B.重心平行投影還是重心C.垂心平行投影還是垂心D.外心平行投影還是外心在平行投影時(shí)，垂直關(guān)系與線段長度不一定都能保持不變，但線段中點(diǎn)投影后仍是線段中點(diǎn)，所以重心平行投影還是重心.7/353.在空間中，取直線l為軸，直線l′與l相交于點(diǎn)O，夾角為60°，l′圍繞l旋轉(zhuǎn)得到以O(shè)為頂點(diǎn)，l′為母線圓錐面.若平面π與l夾角為45°，則平面π截圓錐面所得截線為

.雙曲線因?yàn)?5°<60°，所以截線為雙曲線.8/354.設(shè)圓柱底面直徑為2，圓柱截面與圓柱軸所成角為60°，則截得橢圓焦距為

.截得橢圓離心率為cos60°=,而橢圓短半軸長b=1,而=,所以a=2c,所以a2=b2+c2,即(2c)2=1+c2，解得c=，故2c=.9/351.平行投影基本定理:不平行于投影線線段,在平面上投影仍為①

,線段上點(diǎn)分線段比保持②

，端點(diǎn)仍為端點(diǎn).2.平面與圓柱面截線：若一平面π與圓柱面軸線所成角為銳角α，則平面π與圓柱面所截得曲線是③

,此橢圓離心率e=④

.線段不變橢圓cosα10/353.平面與圓錐面截線：在空間中，取直線l為軸，直線l′與l相交于O點(diǎn)，其夾角為α,l′圍繞l旋轉(zhuǎn)得到以O(shè)為頂點(diǎn)，l′為母線圓錐面.任取平面π，若它與軸l交角為β(當(dāng)π與l平行時(shí)，記β=0)，則平面π與圓錐交線為⑤

，其離心率e=cosβcosα.①β＞α,平面π與圓錐交線為⑥

;②β=α,平面π與圓錐交線為⑦

;③β＜α,平面π與圓錐交線為⑧

.圓錐曲線橢圓拋物線雙曲線11/354.圓錐曲線統(tǒng)一定義：平面內(nèi)，動點(diǎn)M到定點(diǎn)F距離和它到一條定直線距離之比是常數(shù)e.當(dāng)0＜e＜1時(shí)，點(diǎn)M軌跡是⑨

；當(dāng)e＞1時(shí)，點(diǎn)M軌跡是⑩

;當(dāng)e=1時(shí),點(diǎn)M軌跡是

,其中定點(diǎn)F為焦點(diǎn),定直線是對應(yīng)

.橢圓雙曲線11拋物線12準(zhǔn)線12/35題型一投影概念及應(yīng)用例1一個(gè)圓在一個(gè)平面上平行投影可能是()A.圓B.橢圓C.線段D.圓或橢圓或線段D若圓所在平面與已知平面垂直時(shí)，則其平行投影是線段；若圓所在平面與已知平面平行時(shí)，則其正投影是圓；若圓所在平面與已知面相交時(shí)，則其平行投影是橢圓，故選D.13/35一個(gè)平面圖形在一個(gè)平面上投影既與投影方式相關(guān)，又與平面圖形所在平面與已知平面位置關(guān)系相關(guān).已知a、b、c、d是四條互不重合直線，且c、d分別為a、b在平面α上射影，給出下面兩組判斷：第一組：①a⊥b，②a∥b；第二組：③c⊥d，④c∥d.分別從兩組中各選出一個(gè)判斷，使一個(gè)作條件，另一個(gè)作結(jié)論，那么寫出一個(gè)正確命題是

.兩平行線在一個(gè)平面上射影可能仍平行.填②④.②④14/35題型二圓柱截面性質(zhì)及應(yīng)用例2證實(shí)：長半軸長為a，短半軸長為b橢圓面積為πab.如圖，橢圓在圓柱底面平行投影為圓面，可知圓面半徑為b，橢圓面與底圓面所成角為θ，則cosθ==,故

=cosθ=，所以S橢圓=S圓=πb2=πab.S橢圓S圓本例是利用圓柱形物體斜截口是橢圓這一定理，經(jīng)過恰當(dāng)結(jié)構(gòu)而實(shí)現(xiàn)問題論證.15/35題型三平面與圓錐截面截線性質(zhì)及應(yīng)用例3一圓錐側(cè)面展開圖為半圓，平面π與圓錐軸成45°角，則平面π與該圓錐側(cè)面相交交線為()A.圓B.拋物線C.雙曲線D.橢圓D因?yàn)閳A錐側(cè)面展開圖為半圓，所以圓錐母線與軸成30°角，而平面π與圓錐軸成45°角，故平面π與該圓錐側(cè)面相交交線為橢圓.16/35正確解答本題關(guān)鍵是準(zhǔn)確記憶和利用圓錐截面與圓錐軸所成角與圓錐母線與軸夾角大小關(guān)系與圓錐跟截面交線類型對應(yīng)關(guān)系定理.17/35一個(gè)軸截面頂角為120°圓錐被一個(gè)與其一條母線垂直平面(不過圓錐面頂點(diǎn))所截，則截面與圓錐側(cè)面交線形狀是()A.橢圓一部分B.拋物線一部分C.雙曲線一部分D.圓一部分因?yàn)榻痪€離心率e===,所以交線形狀是雙曲線一部分.選C.C圓柱、圓錐截線問題應(yīng)注意:(1)選擇恰當(dāng)軸截面討論;(2)截面傾角對截線性質(zhì)影響.18/35題型四幾何證實(shí)簡單應(yīng)用例4在一個(gè)底面半徑為3，高為4圓錐內(nèi)有二分之一徑為1球，求球上點(diǎn)與底面距離最大值.因?yàn)閳A錐與球都是旋轉(zhuǎn)體，所以它們關(guān)系能夠用它們軸截面來分析.19/35要使球上點(diǎn)到底面距離最大，則應(yīng)使球與圓錐面相切.如圖是軸截面，則EF長即為所求最長距離.設(shè)球心為O，則設(shè)圓與母線切點(diǎn)為C,OC⊥SB.所以△SOC∽△SBF,則=,SB=5,所以SO===,所以EF=SF-SO+OE=4-+1=,即該球上點(diǎn)與底面距離最大值為.與旋轉(zhuǎn)體相關(guān)接、切問題，通常能夠考慮它們軸截面來處理，這是圓錐面截線問題慣用處理方法.20/35一個(gè)頂角為60°圓錐面被一平面π所截，Dandelin雙球均在頂點(diǎn)S下方,且一個(gè)半徑為1,另一個(gè)半徑為5，則截線形狀是

，其離心率是

.由Dandelin雙球均在S同側(cè)，可知截線是橢圓，可計(jì)算出橢圓中參數(shù)a,c，從而求出離心率.21/35(方法一)如圖所表示軸截面，F(xiàn)1、F2是截線橢圓兩個(gè)焦點(diǎn)，所以2c=F1F2=EF1+EF2.因?yàn)镺1O2=2O2D-2O1C=8,易證Rt△O1EF1∽Rt△O2EF2,所以=,即=,所以O(shè)1E=.所以EF1=,EF2==,22/35故2c=+=2,所以c=.又因?yàn)锽F1+BF2=BC+BD=CD,所以橢圓長軸長2a=CD===4,所以a=2,故橢圓離心率e===.23/35(方法二)因?yàn)椤螼1EF1為截面與軸夾角.所以cosβ=cos∠O1EF1===.又因?yàn)轫斀菫?0°,所以cosα=cos30°=,所以截線離心率e=cosβcosα==.24/35在復(fù)習(xí)中，對于Dandelin雙球與圓錐面幾何關(guān)系，及它們運(yùn)算關(guān)系要有所了解，這類問題可鍛煉空間想象能力與運(yùn)算能力.注意選擇一定方向軸截面，使空間關(guān)系平面化，是處理這類問題關(guān)鍵.25/35在空間中，取直線l為軸，直線l′與l相交于O點(diǎn)，其夾角為α,l′圍繞l旋轉(zhuǎn)得到以O(shè)為頂點(diǎn)，l′為母線圓錐面，任取平面π，若它與軸l交角為β(π與l平行，記β=0)，證實(shí)：當(dāng)β=α?xí)r，平面π與圓錐交線為拋物線.26/35如圖，設(shè)平面π與圓錐內(nèi)切球相切于點(diǎn)F1，球與圓錐交線為S，過該交線平面為π′，π與π′相交于直線m,在平面π與圓錐截線上任取一點(diǎn)P，連接PF1,過點(diǎn)P作PA⊥m,交

m于點(diǎn)A,過點(diǎn)P作π′垂線，垂足為B，接結(jié)AB,則AB⊥m，所以∠PAB是π與π′所成二面角平面角.27/35連接點(diǎn)P與圓錐頂點(diǎn)，與S相交于點(diǎn)Q1,連接BQ1，則∠BPQ1=α，∠APB=β.在Rt△APB中，PB=PAcosβ.在Rt△PBQ1中,PB=PQ1cosα,所以=.又因?yàn)镻Q1=PF1,α=β,=1,即PF1=PA,動點(diǎn)P到定點(diǎn)F1距離等于它到直線m距離，故當(dāng)α=β時(shí)，平面與圓錐交線為拋物線.28/35定理中三個(gè)結(jié)論證實(shí)思緒如出一轍，證實(shí)時(shí)應(yīng)考慮到他們各自特征，比如此例中只能作出一個(gè)Dandelin球，而證實(shí)結(jié)論3（截線為雙曲線）雙球一個(gè)在圓錐面頂點(diǎn)上面，另一個(gè)在頂點(diǎn)下面.29/351.要善于把圓相關(guān)性質(zhì)類比推廣到球一些性質(zhì).2.定理中兩個(gè)角α、β確實(shí)切含義要搞清楚.3.當(dāng)β從0°到90°改變時(shí)，平面π與圓錐面S交出曲線形狀分析：當(dāng)β=0°時(shí)，截面過軸線，此時(shí)截線為兩條母線（可視為退化雙曲線）;30/35當(dāng)β從0°到α改變時(shí)，截面