圆锥曲线性质的探讨与几何证明的简单应用.ppt

新课标高中一轮总复习,第十单元 几何证明选讲,第69讲,圆锥曲线性质的探讨与几何证明的简单应用,1.了解平行投影的含义，通过圆柱与平面的位置关系，体会平行投影；会证明平面与圆柱截线是椭圆（特殊情形是圆）. 2.通过观察平面截圆锥的情境，体会下面定理：在空间中，取直线l为轴，直线l与l相交于O点，其夹角为,l围绕l旋转得到以O为顶点，l为母线的圆锥面，任取平面，若它与轴l交角为(当与l平行时，记=0)，,则(1)，平面与圆锥的交线为椭圆；（2）=，平面与圆锥的交线为抛物线；（3），平面与圆锥的交线为双曲线. 3.通过丹迪林双球探求椭圆的性质，加深对数形结合思想的认识，理解平面与空间的统一关系.,1.下列对于半径为4的圆在已知平面上的射影的说法错误的是( ),D,A.射影为线段时，其长度为8 B.射影为椭圆时，其短轴长小于8 C.射影为椭圆时，其长轴长为8 D.射影为圆时，其直径为10,利用射影的概念推理可知,A、B、C均正确,而D选项,射影为圆时,其直径为8,故选D.,2.如果一个三角形的平行投影还是一个三角形，则下列结论正确的是( ),B,A.内心的平行投影还是内心 B.重心的平行投影还是重心 C.垂心的平行投影还是垂心 D.外心的平行投影还是外心,在平行投影时，垂直关系与线段长度不一定都能保持不变，但线段的中点投影后仍是线段的中点，所以重心的平行投影还是重心.,3.在空间中，取直线l为轴，直线l与l相交于点O，夹角为60，l围绕l旋转得到以O为顶点，l为母线的圆锥面.若平面与l的夹角为45，则平面截圆锥面所得的截线为 .,双曲线,因为4560，所以截线为双曲线.,4.设圆柱的底面直径为2，圆柱的截面与圆柱的轴所成的角为60，则截得的椭圆的焦距为 .,截得的椭圆的离心率为cos60= ,而椭圆的短半轴长b=1,而 = , 所以a=2c,所以a2=b2+c2, 即(2c)2=1+c2，解得c= ，故2c= .,1.平行投影基本定理:不平行于投影线的线段,在平面上的投影仍为 ,线段上的点分线段的比保持 ，端点仍为端点. 2.平面与圆柱面的截线：若一平面与圆柱面的轴线所成的角为锐角，则平面与圆柱面所截得的曲线是 , 此椭圆的离心率e= .,线段,不变,椭圆,cos,3.平面与圆锥面的截线：在空间中，取直线l为轴，直线l与l相交于O点，其夹角为,l围绕l旋转得到以O为顶点，l为母线的圆锥面.任取平面，若它与轴l的交角为(当与l平行时，记=0)，则平面与圆锥的交线为 ，其离心率e=coscos. ,平面与圆锥的交线为 ; =,平面与圆锥的交线为 ; ,平面与圆锥的交线为 .,圆锥曲线,椭圆,抛物线,双曲线,4.圆锥曲线的统一定义：平面内，动点M到定点F的距离和它到一条定直线的距离之比是常数e.当0e1时，点M的轨迹是 ；当e1时，点M的轨迹是 ;当e=1时,点M的轨迹是 ,其中定点F为焦点,定直线是相应的 .,椭圆,双曲线,抛物线,准线,题型一 投影的概念及应用,例1,一个圆在一个平面上的平行投影可能是( ),A.圆 B.椭圆 C.线段 D.圆或椭圆或线段,D,若圆所在平面与已知平面垂直时，则其平行投影是线段；若圆所在平面与已知平面平行时，则其正投影是圆；若圆所在平面与已知面相交时，则其平行投影是椭圆，故选D.,一个平面图形在一个平面上的投影既与投影的方式有关，又与平面图形所在平面与已知平面的位置关系有关. 已知a、b、c、d是四条互不重合的直线，且c、d分别为a、b在平面上的射影，给出下面两组判断： 第一组：ab，ab； 第二组：cd，cd. 分别从两组中各选出一个判断，使一个作条件，另一个作结论，那么写出的一个正确命题是 .,两平行线在一个平面上的射影可能仍平行.填., ,题型二 圆柱截面的性质及应用,例2,证明：长半轴长为a，短半轴长为b的椭圆的面积为ab.,如图，椭圆在圆柱底面的平行投影为圆面，可知圆面的半径为b，椭圆面与底圆面所成角为， 则cos= = , 故 =cos= ， 所以S椭圆= S圆= b2=ab.,本例是利用圆柱形物体的斜截口是椭圆这一定理，通过恰当构造而实现问题的论证.,题型三 平面与圆锥截面的截线的性质及应用,例3,一圆锥侧面展开图为半圆，平面与圆锥的轴成45角，则平面与该圆锥侧面相交的交线为( ),A.圆 B.抛物线 C.双曲线 D.椭圆,D,因为圆锥侧面展开图为半圆， 所以圆锥的母线与轴成30角，而平面与圆锥的轴成45角，故平面与该圆锥侧面相交的交线为椭圆.,正确解答本题的关键是准确记忆和运用圆锥的截面与圆锥的轴所成的角与圆锥母线与轴的夹角的大小关系与圆锥跟截面交线的类型的对应关系定理.,一个轴截面顶角为120的圆锥被一个与其一条母线垂直的平面(不过圆锥面的顶点)所截，则截面与圆锥侧面的交线的形状是( ),A.椭圆的一部分 B.抛物线的一部分 C.双曲线的一部分 D.圆的一部分,因为交线的离心率e= = = , 所以交线的形状是双曲线的一部分.选C.,C,圆柱、圆锥截线问题应注意:(1)选择恰当的轴截面讨论;(2)截面的倾角对截线性质的影响.,题型四 几何证明简单应用,例4,在一个底面半径为3，高为4的圆锥内有一半径为1的球，求球上的点与底面的距离的最大值.,由于圆锥与球都是旋转体，所以它们的关系可以用它们的轴截面来分析.,要使球上的点到底面的距离最大，则应使球与圆锥面相切.如图是轴截面，则EF的长即为所求的最长距离.设球心为O，则设圆与母线的切点为C,OCSB. 所以SOCSBF, 则 = ,SB=5, 所以SO= = = , 所以EF=SF-SO+OE=4- +1= , 即该球上的点与底面的距离的最大值为 .,与旋转体有关的接、切问题，通常可以考虑它们的轴截面来解决，这是圆锥面的截线问题的常用处理方法.,一个顶角为60的圆锥面被一平面所截，Dandelin双球均在顶点S的下方,且一个半径为1,另一个半径为5，则截线的形状是 ，其离心率是 .,由Dandelin双球均在S的同侧，可知截线是椭圆，可计算出椭圆中的参数a,c，从而求出离心率.,(方法一)如图所示的轴截面， F1、F2是截线椭圆的两个焦点， 所以2c=F1F2=EF1+EF2. 因为O1O2=2O2D-2O1C=8, 易证RtO1EF1RtO2EF2, 所以 = , 即 = ,所以O1E= . 所以EF1= ,EF2= = ,故2c= + =2 ,所以c= . 又因为BF1+BF2=BC+BD=CD, 所以椭圆的长轴长2a=CD = = =4 , 所以a=2 , 故椭圆的离心率e= = = .,(方法二)因为O1EF1为截面与轴的夹角. 所以cos=cosO1EF1= = = . 又因为顶角为60,所以cos=cos30= , 所以截线的离心率e=coscos= = .,在复习中，对于Dandelin双球与圆锥面的几何关系，及它们的运算关系要有所了解，此类问题可锻炼空间想象能力与运算能力.注意选择一定方向的轴截面，使空间关系平面化，是解决这类问题的关键.,在空间中，取直线l为轴，直线l与l相交于O点，其夹角为,l围绕l旋转得到以O为顶点，l为母线的圆锥面，任取平面，若它与轴l交角为(与l平行，记=0)，证明：当=时，平面与圆锥的交线为抛物线.,如图，设平面与圆锥内切球相切于点F1，球与圆锥的交线为S，过该交线的平面为，与相交于直线m,在平面与圆锥的截线上任取一点P，连接PF1,过点P作PAm,交 m于点A,过点P作 的垂线，垂足为B， 接结AB,则ABm， 所以PAB是与 所成二面角的平面角.,连接点P与圆锥的顶点，与S相交于点Q1,连接BQ1， 则BPQ1=，APB=. 在RtAPB中，PB=PAcos. 在RtPBQ1中,PB=PQ1cos,所以 = . 又因为PQ1=PF1,=, =1, 即PF1=PA,动点P到定点F1的距离等于它到直线m的距离， 故当=时，平面与圆锥的交线为抛物线.,定理中的三个结论的证明思路如出一辙，证明时应考虑到他们各自的特征，比如此例中只能作出一个Dandelin球，而证明结论3（截线为双曲线）的双球一个在圆锥面顶点的上面，另一个在顶点的下面.,1.要善于把圆的有关性质类比推广到球的一些性质. 2.定理中的两个角、的确切含义要弄清楚. 3.当从0到90变化时，平面与圆锥面S交出的曲线形状分析： 当=0时，截面过轴线，此时的截线为两条母线（可视为退化的双曲线）;,当从0到变化时，截面与圆锥面的两部分均有截线，截线为双曲线，其离心率e= 越来越小，并趋近于； 当=时，截面此时与一条母线平行,截面仅与圆锥面的一部分有截线,截线为抛物线,离心率e= =1;,当从到90变化时，截面仅与圆锥面的一部分有截线，截线为抛物线，离心率e= 越来越小，得到的椭圆越来越圆； 当=90时，截面与轴线垂直，得到的截线为圆（可视为退化的椭圆）.从以上过程可知，圆锥曲线中，抛物线是双曲线与椭圆的极端位置，也是分界线.它既是离心率无限趋于1的双曲线的极限情况，也是离心率无