數(shù)學素材：第三講三平面與圓錐面的截線

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精教材習題點撥思考1解：（1)當l與AB（或AB的延長線)、AC都相交時，設l與AB（或AB的延長線)交于E，與AC交于F。因為β是△AEP的外角，所以必然有β＞α；反之，當β＞α時，l與AB（或AB的延長線）、AC都相交．（2）當l與AB不相交時,則l∥AB,這時有β＝α;反之,當β＝α時，l∥AB,那么l與AB不相交．（3）當l與BA的延長線、AC都相交時，設l與BA的延長線交于G，因為α是△APG的外角，所以β＜α；反之，如果β＜α，那么l與BA的延長線、AC都相交．思考2解：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β＞α時，平面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，F(xiàn)2，與圓錐相切于圓S1，S2.在截口的曲線上任取一點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，與點P的位置無關(guān)．由此可知截口的曲線是以F1，F(xiàn)2為焦點的橢圓．探究解：如圖，上面一個Dandelin球與圓錐面的交線為圓S，記圓S所在的平面為π′。設π與π′的交線為m.在橢圓上任取一點P，連接PF1。在π中過P作m的垂線,垂足為A。過P作π′的垂線，垂足為B，連接AB，則AB是PA在平面π′上的射影．容易證明，m⊥AB.故∠PAB是平面π與平面π′交成的二面角的平面角．在Rt△ABP中，∠APB＝β，所以PB＝PAcosβ。（1）設過P的母線與圓S交于點Q1，則在Rt△PQ1B中，∠Q1PB＝α，所以PB＝PQ1cosα＝PF1cosα。(2)由(1）（2)得：eq\f(PF1,PA)＝eq\f（cosβ,cosα）.因為0＜α＜β＜eq\f（π,2),所以cosβ＜cosα.所以eq\f(PF1，PA)＝eq\f(cosβ,cosα)＜1.由上所述可知,橢圓的準線為m,橢圓上任一點到焦點的距離與到準線的距離之比為常數(shù)eq\f(cosβ，cosα).習題3.31．解:如圖,設平面π與圓錐內(nèi)切球相切于點F1，球與圓錐面的交線為圓S，過該交線的平面為π′，π與π′相交于直線m。在平面π與圓錐的截線上任取一點P，連接PF1,過點P作PA⊥m,交m于點A,過點P作π′的垂線，垂足為B，連接AB,則AB⊥m，所以∠PAB為π與π′所成的二面角的平面角．連接點P與圓錐的頂點，與圓S相交于點Q1，連接BQ1，則∠BPQ1＝α，∠APB＝β.在Rt△APB中，PB＝PAcosβ.在Rt△PBQ1中,PB＝PQ1cosα.∴eq\f(PQ1,PA)＝eq\f（cosβ,cosα).又∵PF1＝PQ1，α＝β,∴eq\f(PF1,PA）＝1，即PF1＝PA.∴動點P到定點F1的距離等于它到定直線m的距離．故當α＝β時，平面與圓錐的交線為拋物線．2．解:如圖，在截口上任取一點P，連接PF2.過P和圓錐頂點O作母線，與下面的Dandelin球相切于Q2,球與圓錐的交線為圓S，記圓S所在的平面為π′.截面π與平面π′相交于直線m。過點P在π中作PA⊥m，交m于點A.過P作平面π′的垂線，垂足為B。連接Q2B，AB，則△PBQ2為直角三角形,且∠Q2PB＝α.△PAB也是直角三角形，且∠APB＝β.在Rt△PBQ2中，PB＝PQ2cosα，在Rt△PAB中，PB＝PAcosβ,∴eq\f(PQ2,PA)＝eq\f(cosβ，cosα)。又∵PF2＝PQ2，∴eq\f(PF2，PA）＝eq\f(cosβ,cosα）＝定值．∵0＜β＜α＜eq\f（π，2