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

【課堂新坐標(biāo)】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鞏固層-知識整合知識體系反哺教材圓俳曲線橢畫??一定義平面握圓錐面立緩、F面與球

的位置關(guān)系［自我校對］①相切②相交③拋物能④雙曲線提升層■能力強化深化整合探究提升 - 球的截面平面截球所得的交線是圓，連接球心。與截面圓的圓心。'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+。。2=R2.例 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.1【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,3 2\：3, ,.,由^ABC為等邊三角形，易知。，為二ABC的中心，在O'A=3AB=一丁.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U。。,，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=逋3ab3.設(shè)球的半徑為R，則AO=R,OO,=2R.在RtAAO′O中，由勾股定理得AO2=AO,2÷OO,2,即R2=[￥)2+(1R^)2,??.R=4,⑷ 64從而球面的面積為S=4πR2=4π(3J2=-9π.［再練一題］1.（全國卷口）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O-ABC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.64πC.144π D.256π【解析】如圖，設(shè)球的半徑為R,TNAOB=90°,?SMOB=IR2.△AOB2??“o-ABC=VAOB，而△AOB面積為定值， ?.［..??當(dāng)點C到平面AOB的距離最大時，VOABC最大， ［金三3??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3×2R2×R=36,???R=6,???球。的表面積為4πR2=4π×62=144π.故選C.【答案】C主題2圓柱、圓錐的截面平面與圓柱面或圓錐面的交線問題，常?？紤]作出恰當(dāng)?shù)妮S截面，建立有關(guān)量的關(guān)系.例 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.EΛO【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,2則O'C=?a,。。=a.由^VO'CS△VOF,.?.VO':VO=O'C':OF,即(3—a):3=*a:2,「?a=18√2-24.⑵作圓錐的一個軸截面，如圖，設(shè)內(nèi)切球的半徑為R，則VB=■■,j'22+32=x.,13.???BO為∠ABV的平分線，.?.VO:OD=VB:BD,

即(3—R):R=■■■..,'Is:2,

解得R=∣(√13-2),4I—…S球—4πR2=4h×9N13-2)2=16(17-4?'13)π.［再練一題］2.如圖2-1，一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2-1A.20πC.14πB.16πD.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，貝USinα=5，」.CoSα=5.3「?幾何體的最長母線長為2+2CoSα=2+5χ5=5.用一個同樣的幾何體補在上面，可得1個底半徑r=2,高為7的圓柱，其體積為V=πχ22×7=28π..?.所求幾何體的體積為QV=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.例如圖2-2,設(shè)動點P到點4—1,0)和B(1,0)的距離分別為dI和d2,∠APB=2θ,且存在常數(shù)M0<A<1),使得d1d2sin2θ=九證明：動點P的軌跡C為雙曲線.圖2-2【精彩點撥】 在^PAB中由余弦定理可得|d1—d2∣=2√l≡λ???0<λ<1,|C|-λ<1,0<?口F<1,???|d1—d2|<2=抬8］,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,貝U22=d1+dg—2d1d2cos2θ,4=（d1—d2）2+4d1d2sin2θ,即|d1—d2|=■■■./4—4d1d2sin2θ=2√l-λ<2（常數(shù)），???點P的軌跡C是以A,B為焦點，實軸長為2a=2λ,'l-λ的雙曲線.［再練一題］3.已知橢圓兩準(zhǔn)線間的距離為8,離心率為1，則Dandelin球的半徑是.a2—=4 -cc a=2【解析】由題意知：，，解得《c1 c=1 VV Ca2「?b=、.濘2—c2=\；3,「.Dandelin球的半徑為`./3.【答案】行主題4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雙球一一內(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.4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OI和％相切的平面與軸截面的交線，由對稱性知ABΛ∣√過圓柱的幾何中心0? W001±0D,01C±0A, 二.?.N001C=NAoD， ''且。1C=OD=6,.?.Rt△OO1CMRt△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2-3所示，圓柱的軸截面是邊長為5Cm的正方形ABCD，則圓柱側(cè)面上從A到C的最短距離為( )圖2-3A.10CmB.∣?,1∏2÷4CmC.5?'2CmD.5?∣l'∏2÷1Cm【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「，aE5貝IJr=2.「?底面圓周長l=2πr=5π,5 .??ab-2π.AD=BC=5,「.AC=??JAB2+BC22π2+52=∣?''∏2÷4(cm).【答案】B拓展層,罐援高考\1.（全國卷口）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.?15C.√3【解析】 不妨取點M在第一象限B.2D√2如圖所示，設(shè)雙曲線方程,x2y260°,=1(a>0,b>0),則HBM|=|AB|=2a,∠MBx=?M點的坐標(biāo)為（2a，季a）.???M點在雙曲線上，???4002-302=1,a=b,.??C=<...,2a,e=a=qi.故選D.【答案】D2.（全國卷工）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的距離為其短軸長為a2—b2的a11 ^、一I，則該橢圓的禺心率為()【導(dǎo)學(xué)號：96990054]1

A.^1

β,23d?4【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X+A1，即bx+cy一bc=0.由題意知|一bc|?,'b2+c21 C1=4×2b，解得-=2即e=2.故選B.,【答案】B3.(浙江高考)設(shè)雙曲線x2-y32=1的左、右焦點分別為F1,F2.若點P在雙曲線上，且4F1PF2為銳角三角形，則|PF1∣+∣PF2|的取值范圍是【解析】:雙曲線X2-y32=1的左、右焦點分別為F1,F2,點P在雙曲線上，??JF1F2|=4,||PF/一|PF2||=2.若4F1PF2為銳角三角形，則由余弦定理知|PF/2+|PF2|2-16>0，可化為(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1|.|PF^2|>16①.由||PF1|一|PF2||=2,得(|PF1|+|PF2|)2一… |PF.|+|PF/2-4.4|PF/|PF21=4.故2|PFJ|PF21= 1一寸 ，代入不等式①可得(|PF/+|PF21)2>28,解得|PFJ+|PF2|>2由.不妨設(shè)P在左支上，V|PF/2+16-|PF2|2>0，即(|PF/+|PF2|)-(|PF1|一|PF2|)>-16，又|PF1|-|PF22|=-2,Λ|PF1|+|PF22|<8.故2\,17<|PF1|+|