数学自我小测：第三讲三平面与圆锥面的截线

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精自我小测1．下列说法不正确的是（）A．圆柱面的母线与轴线平行B．圆柱面的某一斜截面的轴面总是垂直于直截面C．圆柱面与斜截面截得的椭圆的离心率与圆柱面半径无关，只与母线和斜线面的夹角有关D．平面截圆柱面的截线椭圆中，短轴长即为圆柱面的半径2．设截面和圆锥的轴的夹角为β，圆锥的母线和轴所成角为α，当截面是椭圆时，其离心率等于（）A．eq\f（sinβ,sinα)B．eq\f(cosβ，cosα)C．eq\f（sinα，sinβ)D．eq\f（cosα,cosβ)3．线段AB是抛物线的焦点弦．若A，B在抛物线准线上的正射影分别为A1，B1，则∠A1FB1等于（)A．45°B．60°C．90°D．120°4．如图，F1，F2是椭圆C1：eq\f(x2，4)＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A,B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形,则C2的离心率是(）A．eq\r(2)B．eq\r（3)C．eq\f（3，2)D．eq\f(\r（6)，2）5．已知圆锥母线与轴夹角为60°，平面π与轴夹角为45°，则平面π与圆锥交线的离心率是__________，该曲线的形状是__________．6．已知椭圆两条准线间的距离为20,长轴长为10,则短轴长为__________．7．已知双曲线eq\f（x2,a2)－eq\f（y2，b2)＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1,F2，P是准线上一点,且PF1⊥PF2，|PF1|·｜PF2｜＝4ab,则双曲线的离心率是__________．8．已知圆锥面S，其母线与轴线所成的角为30°，在轴线上取一点C，使SC＝5,通过点C作一截面δ使它与轴线所成的角为45°,截出的圆锥曲线是什么样的图形？求它的离心率及圆锥曲线上任一点到两个焦点的距离之和．9．如图，已知圆锥母线与轴的夹角为α，平面π与轴线夹角为β,Dandelin球的半径分别为R，r,且α＜β，R＞r,求平面π与圆锥面交线的焦距F1F2,轴长G1G2.10．P是椭圆上的任意一点，设∠F1PF2＝θ，∠PF1F2＝α,∠PF2F1＝β，椭圆离心率为e。求证:e＝eq\f(sinθ，sinα＋sinβ),并写出在双曲线中类似的结论．

参考答案1．解析:显然A正确,由于任一轴面过轴线，故轴面与圆柱的直截面垂直，B正确，C显然正确，D中短轴长应为圆柱面的直径长，故不正确．答案：D2．B3．解析:如图所示,由抛物线定义,知AA1＝AF，∴∠AA1F＝∠AFA1.又AA1∥EF，∴∠AA1F＝∠A1FE，∴∠AFA1＝∠A1FE，∴FA1是∠AFE的平分线．同理,FB1是∠BFE的平分线,∴∠A1FB1＝eq\f(1,2）∠AFE＋eq\f(1,2）∠BFE＝eq\f(1，2)（∠AFE＋∠BFE)＝90°.答案:C4．解析：椭圆C1中，|AF1｜＋｜AF2|＝4，|F1F2｜＝2eq\r（3)。又因为四边形AF1BF2为矩形，所以∠F1AF2＝90°.所以｜AF1｜2＋|AF2|2＝｜F1F2｜2，所以｜AF1｜＝2－eq\r(2），|AF2|＝2＋eq\r(2)。所以在双曲线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)，故选D。答案：D5．解析：∵e＝eq\f（cos45°，cos60°)＝eq\r(2）＞1，∴曲线为双曲线．答案：eq\r(2)双曲线6．解析：设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c.由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2a＝10，,\f(2a2,c）＝20，））得a＝5，c＝eq\f(5，2），则2b＝2eq\r（a2－c2）＝5eq\r(3）。答案：5eq\r(3）7．解析：∵PF1⊥PF2，∴P在以F1F2为直径的圆上．∴点P(x，y)满足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:椭圆．e＝eq\f（cos45°，cos30°)＝eq\f(\f(\r（2)，2），\f（\r（3），2）)＝eq\f（\r（6）,3）。设圆锥曲线上任意一点为M，其两焦点分别为F1,F2,如图，MF1＋MF2＝Q1Q2＝AB.设圆锥面内切球O1的半径为R1，内切球O2的半径为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：连接O1F1，O2F2,O1O2交F1F2于O点．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）.连接O1A1，O2A2，过O1作O1H⊥O2A2.在Rt△O1O2H中，O1H＝O1O2·cosα＝eq\f（R＋r，sinβ）·cosα.又O1H＝A1A2，由切线定理，容易验证G1G2＝A1A2,∴G1G2＝eq\f（R＋r,sinβ）·cosα。10．证明：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）.由椭圆定义，2a＝PF1＋PF2＝F1F2·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(sinβ，sinθ)＋\f(sinα,sinθ）））＝F1F2·eq\f（sinα＋sinβ