高中數(shù)學(xué) 第2章 圓錐曲線章末分層突破學(xué)案 北師大版選修4-1

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【課堂新坐標】2016-2017學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第2章 圓錐曲線章末分層突破學(xué)案 北師大版選修4-1 [自我校對] ①相切 ②相交 ③拋物能 ④雙曲線 球的截面 平面截球所得的交線是圓，連接球心O與截面圓的圓心O′所得直線與截面垂直，設(shè)球的半徑為R，圓的半徑為r，則有r2＋OO′2＝R2. 　已知過球面上A，B，C三點的截面和球心的距離等于球半徑的一半，且AB＝BC＝CA＝2，求球面面積. 【精彩點撥】　設(shè)過A，B，C三點截面圓的圓心為OO′，則OO′⊥平面ABC，且OO′＝R，由△ABC為等邊三角形，易知O′為△ABC的中心，在O′A＝AB＝.在Rt△OO′A中，由勾股定理得出R，從而求出球面面積. 【規(guī)范解答】　如圖，過A，B，C三點截面圓的圓心為O′，連接AO′，OO′，AO，則OO′⊥平面ABC， ∴OO′⊥AO′.在△ABC中，∵AB＝BC＝CA＝2， ∴△ABC為邊長是2的正三角形， ∴AO′＝AB＝. 設(shè)球的半徑為R，則AO＝R，OO′＝R. 在Rt△AO′O中，由勾股定理得 AO2＝AO′2＋OO′2， 即R2＝2＋2，∴R＝， 從而球面的面積為S＝4πR2＝4π2＝π. [再練一題] 1.(全國卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上兩點，∠AOB＝90，C為該球面上的動點.若三棱錐OABC體積的最大值為36，則球O的表面積為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：96990053】 A.36π B.64π C.144π D.256π 【解析】　如圖，設(shè)球的半徑為R，∵∠AOB＝90，∴S△AOB＝R2. ∵VOABC＝VCAOB，而△AOB面積為定值， ∴當(dāng)點C到平面AOB的距離最大時，VOABC最大， ∴當(dāng)C為與球的大圓面AOB垂直的直徑的端點時，體積VOABC最大為R2R＝36， ∴R＝6，∴球O的表面積為4πR2＝4π62＝144π.故選C. 【答案】　C 圓柱、圓錐的截面 平面與圓柱面或圓錐面的交線問題，常常考慮作出恰當(dāng)?shù)妮S截面，建立有關(guān)量的關(guān)系. 　設(shè)圓錐的底面半徑為2，高為3，求： (1)內(nèi)接正方體的棱長； (2)內(nèi)切球的表面積. 【精彩點撥】　作出圓錐的軸截面，利用平面幾何的知識求解. 【規(guī)范解答】　(1)過正方體的一頂點作圓錐的一個軸截面，如圖所示.設(shè)正方體的棱長為a， 則O′C′＝a，O′O＝a. 由△VO′C′∽△VOF， ∴VO′∶VO＝O′C′∶OF， 即(3－a)∶3＝a∶2，∴a＝18－24. (2)作圓錐的一個軸截面，如圖，設(shè)內(nèi)切球的半徑為R，則VB＝＝. ∵BO為∠ABV的平分線， ∴VO∶OD＝VB∶BD， 即(3－R)∶R＝∶2， 解得R＝(－2)， ∴S球＝4πR2＝4π(－2)2 ＝(17－4)π. [再練一題] 2.如圖21，一個圓柱被一個平面所截，截面橢圓的長軸長為5，短軸長為4，被截后的幾何體的最短母線長為2，則這個幾何體的體積為(　　) 圖21 A.20π B.16π C.14π D.8π 【解析】　由已知圓柱底面半徑r＝2. 即直徑為4.設(shè)截面與圓柱母線成α角， 則sin α＝，∴cos α＝. ∴幾何體的最長母線長為2＋2cos α＝2＋5＝5.用一個同樣的幾何體補在上面，可得一個底半徑r＝2，高為7的圓柱，其體積為V＝π227＝28π.∴所求幾何體的體積為V＝14π. 【答案】　C 圓錐曲線的幾何性質(zhì) 圓錐曲線的統(tǒng)一定義和幾何性質(zhì)是研究圓錐曲線的重要方法和途徑. 　如圖22，設(shè)動點P到點A(－1,0)和B(1,0)的距離分別為d1和d2，∠APB＝2θ，且存在常數(shù)λ(0＜λ＜1)，使得d1d2sin2θ＝λ.證明：動點P的軌跡C為雙曲線. 圖22 【精彩點撥】　在△PAB中由余弦定理可得|d1－d2|＝2 ∵0<λ<1，|c|－λ<1,0<<1，∴|d1－d2|<2＝|AB|，由雙曲線的定義知動點P的軌跡是A，B為焦點的雙曲線. 【規(guī)范解答】　在△PAB中，|AB|＝2， 則22＝d＋d－2d1d2cos 2θ， 4＝(d1－d2)2＋4d1d2sin2θ， 即|d1－d2|＝ ＝2＜2(常數(shù))， ∴點P的軌跡C是以A，B為焦點，實軸長為2a＝2的雙曲線. [再練一題] 3.已知橢圓兩準線間的距離為8，離心率為，則Dandelin球的半徑是__________. 【解析】　由題意知：，解得. ∴b＝＝，∴Dandelin球的半徑為. 【答案】　 　轉(zhuǎn)化與化歸的思想 在研究平面與圓柱面或圓錐面的截線性質(zhì)時，往往借助Dandelin雙球——內(nèi)切于圓柱面的球.此時，幾何體的結(jié)構(gòu)較為復(fù)雜.因此在處理這類問題時，可作圓柱面或圓錐面的軸截面(過軸的截面)，將立體幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題來解決.即立體問題平面化. 　在底面半徑為6的圓柱內(nèi)有兩個半徑也為6的球，兩球的球心距離為13，若作一個平面這兩個球都相切，且與圓柱面相交成一橢圓.求此橢圓的長軸長. 【精彩點撥】　作出圓柱面的軸截面，借助Dandelin雙球的性質(zhì)，轉(zhuǎn)化為平面幾何知識求解. 【規(guī)范解答】　如圖為圓柱面的軸截面圖. AB為與兩球O1和O2相切的平面與軸截面的交線，由對稱性知AB過圓柱的幾何中心O. ∵OO1⊥OD，O1C⊥OA， ∴∠OO1C＝∠AOD， 且O1C＝OD＝6， ∴Rt△OO1C≌Rt△AOD，∴OA＝OO1， ∴AB＝2AO＝2OO1＝O1O2＝13. ∵AB即為橢圓的長軸， ∴橢圓的長軸長為13. [再練一題] 4.如圖23所示，圓柱的軸截面是邊長為5 cm的正方形ABCD，則圓柱側(cè)面上從A到C的最短距離為(　　) 圖23 A.10 cm B. cm C.5 cm D.5 cm 【解析】　如圖是圓柱的側(cè)面展開圖，則AC長為圓柱面上從A到C的最短距離. 設(shè)圓柱的底面半徑為r， 則r＝. ∴底面圓周長l＝2πr＝5π， ∴AB＝π.AD＝BC＝5， ∴AC＝ ＝ ＝(cm). 【答案】　B 1.(全國卷Ⅱ)已知A，B為雙曲線E的左，右頂點，點M在E上，△ABM為等腰三角形，且頂角為120，則E的離心率為(　　) A.　 B.2 C. D. 【解析】　不妨取點M在第一象限，如圖所示，設(shè)雙曲線方程為－＝1(a>0，b>0)，則|BM|＝|AB|＝2a，∠MBx＝180－120＝60， ∴M點的坐標為. ∵M點在雙曲線上，∴－＝1，a＝b， ∴c＝a，e＝＝.故選D. 【答案】　D 2.(全國卷Ⅰ)直線l經(jīng)過橢圓的一個頂點和一個焦點，若橢圓中心到l的距離為其短軸長的，則該橢圓的離心率為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：96990054】 A. B. C. D. 【解析】　不妨設(shè)直線l經(jīng)過橢圓的一個頂點B(0，b)和一個焦點F(c,0)，則直線l的方程為＋＝1，即bx＋cy－bc＝0.由題意知＝2b，解得＝，即e＝.故選B. 【答案】　B 3.(浙江高考)設(shè)雙曲線x2－＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2.若點P在雙曲線上，且△F1PF2為銳角三角形，則|PF1|＋|PF2|的取值范圍是________. 【解析】　∵雙曲線x2－＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在雙曲線上，∴|F1F2|＝4，||PF1|－|PF2||＝2.若△F1PF2為銳角三角形，則由余弦定理知|PF1|2＋|PF2|2－16>0，可化為(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1||PF2|>16①.由||PF1|－|PF2||＝2，得(|PF1|＋|PF2|)2－4|PF1||PF2|＝4.故2|PF1||PF2|＝，代入不等式①可得(|PF1|＋|PF2|)2>28，解得|PF1|＋|PF2|>2.不妨設(shè)P在左支上，∵|PF1|2＋16－|PF2|2>0，即(|PF1|＋|PF2|)(|PF1|－|PF2|)>－16，又|PF1|－|PF2|＝－2，∴|PF1|＋|PF2|<8.故2<|PF1|＋|PF2|<8. 【答案】　(2，8) 4.(江蘇高考)現(xiàn)有橡皮泥制作的底面半徑為5、高為4的圓錐和底面半徑為2，高為8的圓柱各一個，若將它們重新制作成總體積與高均保持不變，但底面半徑相同的新的圓錐和圓柱各一個，則新的底面半徑為______. 【解析】　設(shè)新的底面半徑為r，由題意得 π524＋π228＝πr24＋πr28， ∴r2＝7，∴r＝. 【答案】