2024-2025学年高中数学第3讲圆锥曲线性质的探讨第2课时平面与圆锥面的截线课后提能训练新人教A版选修4-1

PAGE1-第2课时平面与圆锥面的截线素养训练1．在圆锥内部嵌入Dandelin双球，一个位于平面π的上方，一个位于平面π的下方，并且与平面π及圆锥均相切，若平面π与双球的切点不重合，则平面π与圆锥面的截线是()A．圆 B．椭圆C．双曲线 D．抛物线【答案】B2．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(sinα,sinβ)C．eq\f(cosβ,cosα) D．eq\f(cosα,cosβ)【答案】C【解析】由定理2知，椭圆的离心率为e＝eq\f(cosβ,cosα).故选C．3．(2024年滨州期末)双曲线的实轴为2a，虚轴为2b，焦距为2c，则a，b，c的关系是()A．a2＝c2－b2 B．a2＝b2＋c2C．b2＝a2＋c2 D．c2＝a2－b2【答案】A【解析】由双曲线的定义知，a，b，c的关系是a2＝c2－b2.故选A．4．如图所示，已知椭圆两焦点为F1，F2，P为椭圆上的一点且PF1＋PF2＝3，MN为过点F1的椭圆的弦，则△MNF2的周长是________．【答案】6【解析】由椭圆的定义知，PF1＋PF2＝2a＝3，所以a＝eq\f(3,2).所以△MNF2的周长＝MN＋MF2＋NF2＝(MF1＋MF2)＋(NF1＋NF2)＝2a＋2a＝4a＝6.5．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________，该曲线的形态是________．【答案】eq\r(2)双曲线【解析】依题意，得e＝eq\f(cosβ,cosα)＝eq\f(cos45°,cos60°)＝eq\f(\f(\r(2),2),\f(1,2))＝eq\r(2).∵e>1，∴曲线为双曲线．6．设圆锥面V是由直线l′绕直线l旋转而得，l′与l交点为V，l′与l的夹角为α(0°<α<90°)，不经过圆锥顶点V的平面π与圆锥面V相交，设轴l与平面π所成的角为β，则：(1)当________时，平面π与圆锥面的交线为圆；(2)当________时，平面π与圆锥面的交线为椭圆；(3)当________时，平面π与圆锥面的交线为双曲线；(4)当________时，平面π与圆锥面的交线为抛物线．【答案】(1)β＝90°(2)α<β<90°(3)β<α(4)β＝α【解析】依据定理2，知：(1)当β＝90°时，平面π与圆锥面的交线为圆；(2)当α<β<90°时，平面π与圆锥面的交线为椭圆；(3)当β<α时，平面π与圆锥面的交线为双曲线；(4)当β＝α时，平面π与圆锥面的交线为抛物线．7．求与圆(x＋2)2＋y2＝2外切，并且过定点B(2,0)的动圆圆心M的轨迹方程．【解析】圆(x＋2)2＋y2＝2的圆心为A(－2,0)，半径为eq\r(2).设动圆圆心为M(x，y)，半径为r，则依题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|MA|＝r＋\r(2)，,|MB|＝r))⇒|MA|－|MB|＝eq\r(2).所以点M的轨迹是以A，B为焦点的双曲线的右支，如图所示．设双曲线的实轴长为2a，虚轴长为2b，焦距为2c，则a＝eq\f(\r(2),2)，c＝2，所以b2＝eq\f(7,2).所以动圆圆心M的轨迹方程为eq\f(x2,\f(1,2))－eq\f(y2,\f(7,2))＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥\f(\r(2),2))).8．设正圆锥的顶角(圆锥轴截面上两条母线的夹角)为120°，当正圆锥的截面与轴成45°角时，求截得的二次曲线的形态及离心率．【解析】由题意知，α＝60°，β＝45°，满意β<α，这时截面截圆锥所得的交线是双曲线，其离心率e＝eq\f(cosβ,cosα)＝eq\f(cos45°,cos60°)＝eq\f(\f(\r(2),2),\f(1,2))＝eq\r(2).实力提升9．我们已经知道方程C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)表示长轴在x轴上的椭圆，如图所示，试依据方程的特征，探求椭圆的一些几何性质．【解析】椭圆的一些几何性质如下：(1)范围：－a≤x≤a，－b≤y≤b；(2)对称性：对称轴是x轴和y轴，对称中心是坐标原点O；(3)顶点：椭圆有4个顶点，其坐标分别为：A1(－a,0)，A2(a，0)，B1(0，