數(shù)學自我小測：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)必貴于專精自我小測1．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2．設截面和圓錐的軸的夾角為β，圓錐的母線和軸所成角為α，當截面是橢圓時，其離心率等于（）A．eq\f（sinβ,sinα)B．eq\f(cosβ，cosα)C．eq\f（sinα，sinβ)D．eq\f（cosα,cosβ)3．線段AB是拋物線的焦點弦．若A，B在拋物線準線上的正射影分別為A1，B1，則∠A1FB1等于（)A．45°B．60°C．90°D．120°4．如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：eq\f(x2，4)＋y2＝1與雙曲線C2的公共焦點，A,B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點．若四邊形AF1BF2為矩形,則C2的離心率是(）A．eq\r(2)B．eq\r（3)C．eq\f（3，2)D．eq\f(\r（6)，2）5．已知圓錐母線與軸夾角為60°，平面π與軸夾角為45°，則平面π與圓錐交線的離心率是__________，該曲線的形狀是__________．6．已知橢圓兩條準線間的距離為20,長軸長為10,則短軸長為__________．7．已知雙曲線eq\f（x2,a2)－eq\f（y2，b2)＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦點分別為F1,F2，P是準線上一點,且PF1⊥PF2，|PF1|·｜PF2｜＝4ab,則雙曲線的離心率是__________．8．已知圓錐面S，其母線與軸線所成的角為30°，在軸線上取一點C，使SC＝5,通過點C作一截面δ使它與軸線所成的角為45°,截出的圓錐曲線是什么樣的圖形？求它的離心率及圓錐曲線上任一點到兩個焦點的距離之和．9．如圖，已知圓錐母線與軸的夾角為α，平面π與軸線夾角為β,Dandelin球的半徑分別為R，r,且α＜β，R＞r,求平面π與圓錐面交線的焦距F1F2,軸長G1G2.10．P是橢圓上的任意一點，設∠F1PF2＝θ，∠PF1F2＝α,∠PF2F1＝β，橢圓離心率為e。求證:e＝eq\f(sinθ，sinα＋sinβ),并寫出在雙曲線中類似的結(jié)論．

參考答案1．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中短軸長應為圓柱面的直徑長，故不正確．答案：D2．B3．解析:如圖所示,由拋物線定義,知AA1＝AF，∴∠AA1F＝∠AFA1.又AA1∥EF，∴∠AA1F＝∠A1FE，∴∠AFA1＝∠A1FE，∴FA1是∠AFE的平分線．同理,FB1是∠BFE的平分線,∴∠A1FB1＝eq\f(1,2）∠AFE＋eq\f(1,2）∠BFE＝eq\f(1，2)（∠AFE＋∠BFE)＝90°.答案:C4．解析：橢圓C1中，|AF1｜＋｜AF2|＝4，|F1F2｜＝2eq\r（3)。又因為四邊形AF1BF2為矩形，所以∠F1AF2＝90°.所以｜AF1｜2＋|AF2|2＝｜F1F2｜2，所以｜AF1｜＝2－eq\r(2），|AF2|＝2＋eq\r(2)。所以在雙曲線C2中，2c＝2eq\r(3）,2a＝|AF2｜－｜AF1|＝2eq\r(2），故e＝eq\f(c，a)＝eq\f（\r(3),\r(2)）＝eq\f（\r（6），2)，故選D。答案：D5．解析：∵e＝eq\f（cos45°，cos60°)＝eq\r(2）＞1，∴曲線為雙曲線．答案：eq\r(2)雙曲線6．解析：設橢圓的長軸長為2a，短軸長為2b，焦距為2c.由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2a＝10，,\f(2a2,c）＝20，））得a＝5，c＝eq\f(5，2），則2b＝2eq\r（a2－c2）＝5eq\r(3）。答案：5eq\r(3）7．解析：∵PF1⊥PF2，∴P在以F1F2為直徑的圓上．∴點P(x，y)滿足eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝c2,，x2＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2，c）))2。）)解得y2＝eq\f(c4－a4,c2).∵|PF1｜·｜PF2｜＝｜F1F2|·｜y｜,∴4ab＝2c·eq\r（\f(c4－a4,c2）），解得e＝eq\r(3）.答案：eq\r（3）8．解:橢圓．e＝eq\f（cos45°，cos30°)＝eq\f(\f(\r（2)，2），\f（\r（3），2）)＝eq\f（\r（6）,3）。設圓錐曲線上任意一點為M，其兩焦點分別為F1,F2,如圖，MF1＋MF2＝Q1Q2＝AB.設圓錐面內(nèi)切球O1的半徑為R1，內(nèi)切球O2的半徑為R2，∵SO1＝2R1，CO1＝eq\r（2）R1，∴SC＝(2＋eq\r（2））R1＝5，即R1＝eq\f(52－\r(2),2)。∵SO2＝2R2，CO2＝eq\r（2）R2，∴SC＝（2－eq\r（2））R2＝5，即R2＝eq\f(52＋\r(2），2).∵O1O2＝CO1＋CO2＝eq\r(2)（R1＋R2)＝10eq\r(2）,∴AB＝O1O2cos30°＝O1O2·eq\f(\r(3),2)＝5eq\r(6），即MF1＋MF2＝5eq\r（6）。9．解：連接O1F1，O2F2,O1O2交F1F2于O點．在Rt△O1F1O中，OF1＝eq\f（O1F1，tan∠O1OF1）＝eq\f（r,tanβ).在Rt△O2F2O中,OF2＝eq\f（O2F2，tan∠O2OF2)＝eq\f（R,tanβ)。∴F1F2＝OF1＋OF2＝eq\f（R＋r，tanβ)。同理，O1O2＝eq\f(R＋r，sinβ）.連接O1A1，O2A2，過O1作O1H⊥O2A2.在Rt△O1O2H中，O1H＝O1O2·cosα＝eq\f（R＋r，sinβ）·cosα.又O1H＝A1A2，由切線定理，容易驗證G1G2＝A1A2,∴G1G2＝eq\f（R＋r,sinβ）·cosα。10．證明：在△PF1F2中,由正弦定理得eq\f（PF1，sinβ）＝eq\f（PF2，sinα）＝eq\f(F1F2，sinθ），∴PF1＝F1F2·eq\f(sinβ，sinθ）,PF2＝F1F2·eq\f(sinα,sinθ）.由橢圓定義，2a＝PF1＋PF2＝F1F2·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(sinβ，sinθ)＋\f(sinα,sinθ）））＝F1F2·eq\f（sinα＋sinβ