人教新课标A版选修4-1数学3.3平面与圆锥面的截线同步检测
文档属性
| 名称 | 人教新课标A版选修4-1数学3.3平面与圆锥面的截线同步检测 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 712.5KB | ||
| 资源类型 | 素材 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2016-06-16 11:51:25 | ||
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文档简介
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3.3平面与圆锥面的截线同步检测
一、选择题
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：B
解析：解答：由于平面π与双球的切点不重合,则平面π与圆锥母线不平行,且只与圆锥的一半相交,则截线是椭圆.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质结合Dandelin双球性质分析即可
2. 已知圆锥面的轴截面为等腰直角三角形,用一个与轴线成30°角的不过圆锥顶点的平面去截圆锥面时,所截得的截线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：解答：∵圆锥的轴截面为等腰直角三角形,所以母线与轴线的夹角α=45°.
又截面与轴线的夹角β=30°,即β<α,∴截线是双曲线,其离心率e=
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线性质结合圆锥曲线的离心率公式:e=,其中β为平面与轴的交角,α为母线与轴的交角.
3. 以圆锥曲线的焦点弦为直径的圆和相应准线相切,则这样的圆锥曲线是（ ）
A.不存在的 B.椭圆
C.双曲线 D.抛物线
答案：D
解析：解答：由圆锥曲线的定义知,截线是抛物线,应选D.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质分析即可
4. 圆锥的顶角为50°,圆锥的截面与轴线所成的角为30°,则截线是（ ）
A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线
答案：B
解析：解答：由已知α==25°,β=30°,β>α,故截线是椭圆,故选B.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线结合圆锥的有关性质分析计算即可
5. 平面π与圆锥的轴线平行,圆锥母线与轴线夹角为60°,则平面与圆锥交线的离心率是（ ）
A.2 B. C. D.2
答案：A
解析：解答：设平面与轴线夹角为β,母线与轴线夹角为α,由题意,知β=0°,α=60°,故e==2
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质结合所给条件分析计算即可
6. 已知双曲线两个焦点的距离为10,双曲线上任一点到两个焦点距离之差的绝对值为6,则双曲线的离心率为 （ ）
A. B. C.1 D.
答案：D
解析：解答：设双曲线的实轴长为2a,虚轴长为2b,焦距为2c.由题意知,2c=10,2a=6,故e=
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线结合双曲线的性质计算即可
7. 平面与圆锥轴线夹角为45°,圆锥母线与轴线夹角为60°,平面与圆锥面交线的轴长为2,则所得圆锥曲线的焦距为（ ）
A. B.2 C.4 D.
答案：B
解析：解答：∵e=,∴ .∴c=,2c=2.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线结合所给截面计算即可
8. 圆锥的顶角为60°，截面与母线所成的角为60°，则截面所截得的截线是（ ）
A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线
答案：A
解析：解答：由题意知截面与圆锥的轴线成90°角，即是圆锥的正截面，故截线为圆.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质分析即可
9. 工人师傅在如图1的一块矩形铁皮上画一条曲线，沿曲线剪开，将所得到的两部分卷成圆柱状，如图2，然后将其对接，可做成一个直角的“拐脖”，如图3．工人师傅所画的曲线是（ ）
A.一段圆弧 B.一段抛物线 C.一段双曲线 D.一段正弦曲线
答案：D
解析：解答：将图2剪开展成平面图分析可知，曲线为轴对称图形，将图3剪开展成平面图分析可知，曲线也为中心对称图形．所以此曲线即为轴对称图形又为中心对称图形，故只有D正确．
故选：D．
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是利用平面图分析曲线的对称性，即可得出结论
10. 如图所示，圆锥SO的轴截面△SAB是边长为4的正三角形，M为母线SB的中点，过直线AM作平面β⊥面SAB，设β与圆锥侧面的交线为椭圆C，则椭圆C的短半轴长为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：解答：过椭圆C作平行于圆锥底面的截面（圆形），交AS，BS于R，T，交椭圆C于两点P，Q，则P，Q即是椭圆短半轴顶点，在所作的圆中，RT为直径，如图，
因为轴截面△SAB是边长为4的正三角形，C为AM的中点，所以TC=AB=2，RC= AB=1，，因为PQ⊥RT，所以PC＝CQ，所以利用相交弦定理可得：PC·CQ＝TC·RC，所以PC=.所以橄圆C的短半轴为.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质结合所给几何关系利用相交弦的性质分析计算即可
11. 轴截面是边长为4的等边三角形的圆锥的直观图如图所示,过底面圆周上任一点作一平面α,且α与底面所成的二面角为,已知α与圆锥侧面交线的曲线为椭圆,则此椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：解答：本题综合考查空间几何体中的线面关系与解析几何中直线与直线的位置关系以及平面几何中圆的相关定理的应用,意在考查数形结合思想与空间想象能力.
如图,根据轴截面是边长为4的等边三角形,可知椭圆的长轴长为AB=6,设O为椭圆的中心,则a=OB=OA=3,过O作平行于底面的平面,可得到截面圆,交椭圆于两点C、D,则C、D即是椭圆短半轴的顶点.根据题意知AB⊥BF,在直角三角形OBF中,∠OBF=90°，所以FO=2,F是BP的中点,过点B作AP的平行线,交AM于点G,则E是AG的中点,所以OE=AP=,由相交弦定理得CO2=OF×OE,所以b2=6,所以c2=a2-b2=3,所以椭圆的离心率为.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的有关条件通过构造辅助线结合所学椭圆性质及相交弦定理计算即可
二、填空题
12．用一个平面去截一个正圆锥，而且这个平面不通过圆锥的顶点，则会出现四种情况：____，____，____，____.
答案：圆|抛物线|椭圆|双曲线
解析：解答：如图
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质分析即可
13. 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 .
答案：|双曲线
解析：解答：∵e=>1,∴曲线为双曲线
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质结合离心率定义计算即可
14. 一圆锥面的母线和轴线成30°角,当用一个与轴线成30°角的不过顶点的平面去截圆锥面时,所截得的截线是 .
答案：抛物线
解析：解答：由题意知β=30°,α=30°,则β=α.则截线是抛物线,如图.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线
15. 设圆锥面是由直线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与圆锥面相交,设轴l与平面π所成的角为β,则当 时,平面π与圆锥面的交线为圆；当 时,平面π与圆锥面的交线为椭圆；当 时,平面π与圆锥面的交线为双曲线；当 时,平面π与圆锥面的交线为抛物线.
答案：β=90°| α<β<90°| β<α |β=α
解析：解答：不同倾角的截面截割圆锥，无论是两个对顶的圆锥，还是一个单个的圆锥，都有下面的关系：（1）β＞α，平面π与圆锥的交线为椭圆；（2）β=α，平面π与圆锥的交线为抛物线；（3）β＜α，平面π与圆锥的交线为双曲线．
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线
16. 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和圆锥面均相切,则两个切点是所得圆锥曲线的
答案：两个焦点
解析：解答：根据题意可得两个切点是所得圆锥曲线的两个焦点
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质分析即可
三、解答题
17. 如图,讨论其中双曲线的离心率.其中π'是Dandelin球与圆锥交线S2所在平面,与π的交线为m.
答案：解答：点P是双曲线上任意一点,连接PF2,过点P作PA⊥m于点A,连接AF2,过点P作PB⊥平面π'于点B,连接AB,过点P作母线交S2于点Q2.
∵PB平行于圆锥的轴,∴∠BPA=β,∠BPQ2=α.
在Rt△BPA中,PA=
在Rt△BPQ2中,PQ2=
由切线长定理,得PF2=PQ2,∴PF2=
∴e=
∵0<β<α< ,∴cos β>cos α.∴e>1.
同理,另一分支上的点也具有同样的性质,
综上所述,双曲线的准线为m,离心率e=.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质结合切线长定理计算即可
18. 顶角为60°的圆锥面中有一个半径为2的内切球,以该球为焦球作一截面,使截线为抛物线,求该抛物线的顶点到焦点的距离和截面与轴的交点到圆锥顶点的距离.
答案：解答：如图是圆锥的截面,其中点P为抛物线的顶点,点Q为抛物线的焦点,点M为截面与轴的交点,连接OA,OQ.设A,B为球与圆锥的母线的切点.
由∠ASB=60°,∴∠ASO=30°.又OA=2,OA⊥SA,∴OS=4,易知OP⊥OS,
∴OP=OStan 30°=,
∴=PQ=
又PM∥SB,∴∠PMS=∠OSB=∠OSA,
∴SM=2OS=8.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的性质结合所给圆与圆锥曲线位置关系计算即可
19. 已知一圆锥面S的轴线为Sx,轴线与母线的夹角为30°,在轴上取一点O,使SO=3 cm,球O与这个锥面相切,求球O的半径和切点圆的半径.
答案：解答：如图,OH=SO= cm,
HC=OHsin 60°=（cm）.
所以球O的半径为cm,切点圆的半径为 cm.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线结合所给几何体满足条件计算即可
20 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.
答案：解答：连接O1F1,O2F2,O1O2交F1F2于点O,
在Rt△O1F1O中,OF1=
在Rt△O2F2O中,OF2=
则F1F2=OF1+OF2=
同理,O1O2=
连接O1A1,O2A2,过O1作O1H⊥O2A2.
在Rt△O1O2H中,O1H=O1O2·cos α=·cos α.
又O1H=A1A2,由切线定理,一般验证G1G2=A1A2,
故G1G2=·cos α.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线由β>α知截线为椭圆,通过数形结合转化到相应平面上求解
21. 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°.求圆锥曲线的离心率及圆锥曲线上任一点到两个焦点的距离之和.
答案：解答：e=
设圆锥曲线上任意一点为M,其两焦点分别为F1,F2,MF1+MF2=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=R1,
∴SC=（2+）R1=5,即R1=
∵SO2=2R2,CO2=R2,
∴SC=（2-）R2=5,即R2=
∵O1O2=CO1+CO2=（R1+R2）=10,
∴AB=O1O2cos 30°=O1O2× =5
即MF1+MF2=5.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的性质结合圆锥曲线的有关性质分析计算即可
22. 如图,已知圆锥的母线与轴线的夹角为α,圆锥嵌入半径为R的Dandelin球,平面π与圆锥面的交线为抛物线,求抛物线的焦点到准线的距离.
答案：解答：设F为抛物线的焦点,A为顶点,FA的延长线交准线m于点B,AF的延长线与PO交于点C.连接OF,OA,如图,
∵平面π与圆锥轴线和圆锥母线与轴线的夹角相等,
∴∠APC=∠ACP=α.
由切线长定理知,OA平分∠PAC,
∴OA⊥PC.
∴∠OCA+∠OAC=90°,∠AOF+∠OAC=90°,
∴∠OCA=∠AOF=α.
在Rt△OAF中,AF=OF·tan∠AOF=Rtan α.
又由抛物线结构特点,
∴AF=AB.
∴FB=2Rtan α,即抛物线的焦点到准线的距离为2Rtan α.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的有关条件转化到相应的平面中求解,注意切线长定理的使用
23. 如图，平面β与圆锥面的轴l垂直，则交线是什么曲线？设圆锥底面半径为R，高为h，顶点S到截面β的距离为h1，（R，h，h1均为正常数）.
答案：解答：因为l⊥β（垂足为O1），
所以平面β//⊙O所在的平面.
设P为交线上的任意一点，
过点P作圆锥的母线SQ，
连接PO1，QO，
则PO为平面SQO与平面β的交线，
QO为平面SQO与⊙O所在的平面的交线.
所以PO1//QO.于是 .
即 .因此 （r为常数）.
所以点P到定点O1的距离为常数r，故交线为一个圆.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的性质结合三角形的相似性计算即可
24. 在空间中，取直线l为轴，直线l′与l相交于O点，夹角为α，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π，若它与轴l的交角为β（当π与l平行时，记β＝0），求证β＝α时，平面π与圆锥的交线是抛物线.
答案：证明：如图，设平面π与圆锥内切球相切于点F1，球与圆锥的交线为圆S，过该交线的平面π′，为π与π′相交于直线m.
在平面π与圆锥的截线上任取一点P，连接PF1过点P作PA⊥m，交m于点A，过点P作π′的垂线，垂足为B，
连接AB，则AB⊥m，∴∠PAB是π与π′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∠BPQ＝α，∠APB＝β.
在Rt△APB中，PB＝PAcos β.
在Rt△PBQ1中PB＝PQ1cos α.
∴
又∵PQ1＝PF1，α＝β，∴ ，
即PF1＝PA，动点P到定点F1的距离等于它到定直线m的距离，故当α＝β时，平面与圆锥的交线为抛物线.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的有关性质结合所给几何体的空间结构特征构造辅助线结合二面角定义分析计算即可
25. 在空间中，取直线l为轴，直线l′与l相交于O点，夹角为α，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π，若它与轴l的交角为β（当π与l平行时，记β＝0），求证β＜α时，平面π与圆锥的交线为双曲线.
答案：解答：当β＜α时，平面π与圆锥面的两部分相交.在圆锥的两部分分别嵌入Dandelin球，与平面π的两个切点分别是F1、F2，与圆锥两部分截的圆分别是S1、S2.在截口上任取一点P，连接PF1、PF2，过P作母线分别和两球切于Q1、Q2，则PF1＝PQ1，PF2＝PQ2.，∴|PF1－PF2|＝|PQ1－PQ2|＝Q1Q2，
∵Q1Q2是两圆S1、S2所在平行平面间的母线段长，为定值，
∴由双曲线的定义知，点P的轨迹为双曲线.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的有关性质结合圆锥曲线的有关性质分析证明即可，有一定难度.
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3.3平面与圆锥面的截线同步检测
一、选择题
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：B
解析：解答：由于平面π与双球的切点不重合,则平面π与圆锥母线不平行,且只与圆锥的一半相交,则截线是椭圆.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质结合Dandelin双球性质分析即可
2. 已知圆锥面的轴截面为等腰直角三角形,用一个与轴线成30°角的不过圆锥顶点的平面去截圆锥面时,所截得的截线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：解答：∵圆锥的轴截面为等腰直角三角形,所以母线与轴线的夹角α=45°.
又截面与轴线的夹角β=30°,即β<α,∴截线是双曲线,其离心率e=
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线性质结合圆锥曲线的离心率公式:e=,其中β为平面与轴的交角,α为母线与轴的交角.
3. 以圆锥曲线的焦点弦为直径的圆和相应准线相切,则这样的圆锥曲线是（ ）
A.不存在的 B.椭圆
C.双曲线 D.抛物线
答案：D
解析：解答：由圆锥曲线的定义知,截线是抛物线,应选D.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质分析即可
4. 圆锥的顶角为50°,圆锥的截面与轴线所成的角为30°,则截线是（ ）
A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线
答案：B
解析：解答：由已知α==25°,β=30°,β>α,故截线是椭圆,故选B.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线结合圆锥的有关性质分析计算即可
5. 平面π与圆锥的轴线平行,圆锥母线与轴线夹角为60°,则平面与圆锥交线的离心率是（ ）
A.2 B. C. D.2
答案：A
解析：解答：设平面与轴线夹角为β,母线与轴线夹角为α,由题意,知β=0°,α=60°,故e==2
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质结合所给条件分析计算即可
6. 已知双曲线两个焦点的距离为10,双曲线上任一点到两个焦点距离之差的绝对值为6,则双曲线的离心率为 （ ）
A. B. C.1 D.
答案：D
解析：解答：设双曲线的实轴长为2a,虚轴长为2b,焦距为2c.由题意知,2c=10,2a=6,故e=
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线结合双曲线的性质计算即可
7. 平面与圆锥轴线夹角为45°,圆锥母线与轴线夹角为60°,平面与圆锥面交线的轴长为2,则所得圆锥曲线的焦距为（ ）
A. B.2 C.4 D.
答案：B
解析：解答：∵e=,∴ .∴c=,2c=2.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线结合所给截面计算即可
8. 圆锥的顶角为60°，截面与母线所成的角为60°，则截面所截得的截线是（ ）
A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线
答案：A
解析：解答：由题意知截面与圆锥的轴线成90°角，即是圆锥的正截面，故截线为圆.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质分析即可
9. 工人师傅在如图1的一块矩形铁皮上画一条曲线，沿曲线剪开，将所得到的两部分卷成圆柱状，如图2，然后将其对接，可做成一个直角的“拐脖”，如图3．工人师傅所画的曲线是（ ）
A.一段圆弧 B.一段抛物线 C.一段双曲线 D.一段正弦曲线
答案：D
解析：解答：将图2剪开展成平面图分析可知，曲线为轴对称图形，将图3剪开展成平面图分析可知，曲线也为中心对称图形．所以此曲线即为轴对称图形又为中心对称图形，故只有D正确．
故选：D．
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是利用平面图分析曲线的对称性，即可得出结论
10. 如图所示，圆锥SO的轴截面△SAB是边长为4的正三角形，M为母线SB的中点，过直线AM作平面β⊥面SAB，设β与圆锥侧面的交线为椭圆C，则椭圆C的短半轴长为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：解答：过椭圆C作平行于圆锥底面的截面（圆形），交AS，BS于R，T，交椭圆C于两点P，Q，则P，Q即是椭圆短半轴顶点，在所作的圆中，RT为直径，如图，
因为轴截面△SAB是边长为4的正三角形，C为AM的中点，所以TC=AB=2，RC= AB=1，，因为PQ⊥RT，所以PC＝CQ，所以利用相交弦定理可得：PC·CQ＝TC·RC，所以PC=.所以橄圆C的短半轴为.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质结合所给几何关系利用相交弦的性质分析计算即可
11. 轴截面是边长为4的等边三角形的圆锥的直观图如图所示,过底面圆周上任一点作一平面α,且α与底面所成的二面角为,已知α与圆锥侧面交线的曲线为椭圆,则此椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：解答：本题综合考查空间几何体中的线面关系与解析几何中直线与直线的位置关系以及平面几何中圆的相关定理的应用,意在考查数形结合思想与空间想象能力.
如图,根据轴截面是边长为4的等边三角形,可知椭圆的长轴长为AB=6,设O为椭圆的中心,则a=OB=OA=3,过O作平行于底面的平面,可得到截面圆,交椭圆于两点C、D,则C、D即是椭圆短半轴的顶点.根据题意知AB⊥BF,在直角三角形OBF中,∠OBF=90°，所以FO=2,F是BP的中点,过点B作AP的平行线,交AM于点G,则E是AG的中点,所以OE=AP=,由相交弦定理得CO2=OF×OE,所以b2=6,所以c2=a2-b2=3,所以椭圆的离心率为.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的有关条件通过构造辅助线结合所学椭圆性质及相交弦定理计算即可
二、填空题
12．用一个平面去截一个正圆锥，而且这个平面不通过圆锥的顶点，则会出现四种情况：____，____，____，____.
答案：圆|抛物线|椭圆|双曲线
解析：解答：如图
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质分析即可
13. 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 .
答案：|双曲线
解析：解答：∵e=>1,∴曲线为双曲线
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质结合离心率定义计算即可
14. 一圆锥面的母线和轴线成30°角,当用一个与轴线成30°角的不过顶点的平面去截圆锥面时,所截得的截线是 .
答案：抛物线
解析：解答：由题意知β=30°,α=30°,则β=α.则截线是抛物线,如图.
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线
15. 设圆锥面是由直线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与圆锥面相交,设轴l与平面π所成的角为β,则当 时,平面π与圆锥面的交线为圆；当 时,平面π与圆锥面的交线为椭圆；当 时,平面π与圆锥面的交线为双曲线；当 时,平面π与圆锥面的交线为抛物线.
答案：β=90°| α<β<90°| β<α |β=α
解析：解答：不同倾角的截面截割圆锥，无论是两个对顶的圆锥，还是一个单个的圆锥，都有下面的关系：（1）β＞α，平面π与圆锥的交线为椭圆；（2）β=α，平面π与圆锥的交线为抛物线；（3）β＜α，平面π与圆锥的交线为双曲线．
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线
16. 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和圆锥面均相切,则两个切点是所得圆锥曲线的
答案：两个焦点
解析：解答：根据题意可得两个切点是所得圆锥曲线的两个焦点
分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质分析即可
三、解答题
17. 如图,讨论其中双曲线的离心率.其中π'是Dandelin球与圆锥交线S2所在平面,与π的交线为m.
答案：解答：点P是双曲线上任意一点,连接PF2,过点P作PA⊥m于点A,连接AF2,过点P作PB⊥平面π'于点B,连接AB,过点P作母线交S2于点Q2.
∵PB平行于圆锥的轴,∴∠BPA=β,∠BPQ2=α.
在Rt△BPA中,PA=
在Rt△BPQ2中,PQ2=
由切线长定理,得PF2=PQ2,∴PF2=
∴e=
∵0<β<α< ,∴cos β>cos α.∴e>1.
同理,另一分支上的点也具有同样的性质,
综上所述,双曲线的准线为m,离心率e=.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线的性质结合切线长定理计算即可
18. 顶角为60°的圆锥面中有一个半径为2的内切球,以该球为焦球作一截面,使截线为抛物线,求该抛物线的顶点到焦点的距离和截面与轴的交点到圆锥顶点的距离.
答案：解答：如图是圆锥的截面,其中点P为抛物线的顶点,点Q为抛物线的焦点,点M为截面与轴的交点,连接OA,OQ.设A,B为球与圆锥的母线的切点.
由∠ASB=60°,∴∠ASO=30°.又OA=2,OA⊥SA,∴OS=4,易知OP⊥OS,
∴OP=OStan 30°=,
∴=PQ=
又PM∥SB,∴∠PMS=∠OSB=∠OSA,
∴SM=2OS=8.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的性质结合所给圆与圆锥曲线位置关系计算即可
19. 已知一圆锥面S的轴线为Sx,轴线与母线的夹角为30°,在轴上取一点O,使SO=3 cm,球O与这个锥面相切,求球O的半径和切点圆的半径.
答案：解答：如图,OH=SO= cm,
HC=OHsin 60°=（cm）.
所以球O的半径为cm,切点圆的半径为 cm.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线结合所给几何体满足条件计算即可
20 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.
答案：解答：连接O1F1,O2F2,O1O2交F1F2于点O,
在Rt△O1F1O中,OF1=
在Rt△O2F2O中,OF2=
则F1F2=OF1+OF2=
同理,O1O2=
连接O1A1,O2A2,过O1作O1H⊥O2A2.
在Rt△O1O2H中,O1H=O1O2·cos α=·cos α.
又O1H=A1A2,由切线定理,一般验证G1G2=A1A2,
故G1G2=·cos α.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线由β>α知截线为椭圆,通过数形结合转化到相应平面上求解
21. 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°.求圆锥曲线的离心率及圆锥曲线上任一点到两个焦点的距离之和.
答案：解答：e=
设圆锥曲线上任意一点为M,其两焦点分别为F1,F2,MF1+MF2=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=R1,
∴SC=（2+）R1=5,即R1=
∵SO2=2R2,CO2=R2,
∴SC=（2-）R2=5,即R2=
∵O1O2=CO1+CO2=（R1+R2）=10,
∴AB=O1O2cos 30°=O1O2× =5
即MF1+MF2=5.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的性质结合圆锥曲线的有关性质分析计算即可
22. 如图,已知圆锥的母线与轴线的夹角为α,圆锥嵌入半径为R的Dandelin球,平面π与圆锥面的交线为抛物线,求抛物线的焦点到准线的距离.
答案：解答：设F为抛物线的焦点,A为顶点,FA的延长线交准线m于点B,AF的延长线与PO交于点C.连接OF,OA,如图,
∵平面π与圆锥轴线和圆锥母线与轴线的夹角相等,
∴∠APC=∠ACP=α.
由切线长定理知,OA平分∠PAC,
∴OA⊥PC.
∴∠OCA+∠OAC=90°,∠AOF+∠OAC=90°,
∴∠OCA=∠AOF=α.
在Rt△OAF中,AF=OF·tan∠AOF=Rtan α.
又由抛物线结构特点,
∴AF=AB.
∴FB=2Rtan α,即抛物线的焦点到准线的距离为2Rtan α.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的有关条件转化到相应的平面中求解,注意切线长定理的使用
23. 如图，平面β与圆锥面的轴l垂直，则交线是什么曲线？设圆锥底面半径为R，高为h，顶点S到截面β的距离为h1，（R，h，h1均为正常数）.
答案：解答：因为l⊥β（垂足为O1），
所以平面β//⊙O所在的平面.
设P为交线上的任意一点，
过点P作圆锥的母线SQ，
连接PO1，QO，
则PO为平面SQO与平面β的交线，
QO为平面SQO与⊙O所在的平面的交线.
所以PO1//QO.于是 .
即 .因此 （r为常数）.
所以点P到定点O1的距离为常数r，故交线为一个圆.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的性质结合三角形的相似性计算即可
24. 在空间中，取直线l为轴，直线l′与l相交于O点，夹角为α，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π，若它与轴l的交角为β（当π与l平行时，记β＝0），求证β＝α时，平面π与圆锥的交线是抛物线.
答案：证明：如图，设平面π与圆锥内切球相切于点F1，球与圆锥的交线为圆S，过该交线的平面π′，为π与π′相交于直线m.
在平面π与圆锥的截线上任取一点P，连接PF1过点P作PA⊥m，交m于点A，过点P作π′的垂线，垂足为B，
连接AB，则AB⊥m，∴∠PAB是π与π′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∠BPQ＝α，∠APB＝β.
在Rt△APB中，PB＝PAcos β.
在Rt△PBQ1中PB＝PQ1cos α.
∴
又∵PQ1＝PF1，α＝β，∴ ，
即PF1＝PA，动点P到定点F1的距离等于它到定直线m的距离，故当α＝β时，平面与圆锥的交线为抛物线.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的有关性质结合所给几何体的空间结构特征构造辅助线结合二面角定义分析计算即可
25. 在空间中，取直线l为轴，直线l′与l相交于O点，夹角为α，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π，若它与轴l的交角为β（当π与l平行时，记β＝0），求证β＜α时，平面π与圆锥的交线为双曲线.
答案：解答：当β＜α时，平面π与圆锥面的两部分相交.在圆锥的两部分分别嵌入Dandelin球，与平面π的两个切点分别是F1、F2，与圆锥两部分截的圆分别是S1、S2.在截口上任取一点P，连接PF1、PF2，过P作母线分别和两球切于Q1、Q2，则PF1＝PQ1，PF2＝PQ2.，∴|PF1－PF2|＝|PQ1－PQ2|＝Q1Q2，
∵Q1Q2是两圆S1、S2所在平行平面间的母线段长，为定值，
∴由双曲线的定义知，点P的轨迹为双曲线.
解析：分析：本题主要考查了平面与圆锥面的截线，解决问题的关键是根据平面与圆锥面的截线满足的有关性质结合圆锥曲线的有关性质分析证明即可，有一定难度.
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