階段質(zhì)量檢測(二)圓錐曲線(時間：90分鐘，滿分：120分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個選項中，只有一個是正確的)1．一組平行平面與一圓錐面的交線，具有()A．相同的焦距 B．相同的準線C．相同的焦點 D．相同的離心率2．如圖，三棱錐S－ABC中，E，F(xiàn)，G，H分別是SA，SB，BC，AC的中點，且AB⊥SC，則四邊形EFGH是()A．平行四邊形 B．矩形C．正方形 D．菱形3．下列敘述中，不是圓錐曲線的是()A．平面上到兩個定點的距離之和等于定長的點的軌跡B．平面上到兩個定點的距離之差的絕對值等于定長的點的軌跡C．平面上到定點和定直線的距離相等的點的軌跡D．到角的兩邊距離相等的點的軌跡4．方程x2－3x＋2＝0的兩根可作為()A．兩個橢圓的離心率B．一雙曲線、一條拋物線的離心率C．兩雙曲線的離心率D．一個橢圓、一條拋物線的離心率5．已知平面β與一圓柱斜截口(橢圓)的離心率為eq\f(\r(2),2)，則平面β與圓柱母線的夾角是()A．30° B．60°C．45° D．90°6．棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的8個頂點都在球O的表面上，E，F(xiàn)分別是棱AA1，DD1的中點，則直線EF被球O截得的線段長為()A．eq\f(\r(2),2) B．1C．1＋eq\f(\r(2),2) D．eq\r(2)7．雙曲線的實軸長、虛軸長、焦距成等差數(shù)列，那么它的離心率為()A．eq\f(4,3) B．eq\f(5,3)C．2 D．38．一平面與圓柱母線的夾角為45°，則該平面與圓柱面交線是()A．圓 B．橢圓C．雙曲線 D．拋物線9．已知橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1上一點P到一個焦點的距離為3，則P到另一個焦點的距離為()A．2 B．3C．5 D．710．已知橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1內(nèi)一點P(1，－1)，F(xiàn)是右焦點，在橢圓上有一點M，使|MP|＋2|MF|的值最小，則點M的坐標()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2\r(6),3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)，－1))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)，1)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(6),3)))二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)11．設圓錐的頂角(圓錐軸截面上兩母線的夾角)為120°.當圓錐的截面與軸成60°時，截得的二次曲線是________．12．水平地面上有一籃球，在斜平行光線的照射下，其陰影為一橢圓(如圖)，在平面直角坐標系中，O為原點，設橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，籃球與地面的接觸點為H，則|OH|＝________.13．將兩個半徑為2cm的球嵌入底面半徑為2cm的圓柱中，使兩球的距離為6cm；用一個平面分別與兩個球相切，所成的截線為一個橢圓，則該橢圓的長軸長為________cm，短軸長為________cm，焦距為________cm，離心率為________cm.14．有半徑為13的球面上有A，B，C三點，AB＝6，BC＝8，CA＝10，則(1)球心到平面ABC的距離為________；(2)過A，B兩點的大圓面與平面ABC所成二面角(銳角)的正切值為________．三、解答題(本大題共4小題，共50分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)15．(本小題滿分12分)設圓錐的頂角(圓錐軸截面上兩條母線的夾角)為120°，當圓錐的截面與軸成45°角時，求截得二次曲線的形狀及離心率．16．(本小題滿分12分)P是橢圓上的任意一點，設∠F1PF2＝θ，∠PF1F2＝α，∠PF2F1＝β，橢圓離心率為e.求證：e＝eq\f(sinθ,sinα＋sinβ)，并寫出在雙曲線中類似的結(jié)論．17．(本小題滿分13分)如圖所示，用一個平面分別與球O1，O2切于F1，F(xiàn)2，截圓柱軸截面于G1，G2點，求證：所得截面為橢圓．18.(本小題滿分13分)一個頂角為60°的圓錐面被一個平面γ所截，如圖所示的“焦球”均在頂點S的下方，且一個半徑為1，另一個半徑為5，則截線的形狀是什么曲線？其離心率是多少？答案1．選D因為平行平面與圓錐軸線夾角相等．由離心率定義e＝eq\f(cosβ,cosα)，故e相同．2．選B∵EF∥AB、HG∥AB，∴EF∥HG，同理EH∥FG.∴四邊形EFGH為平行四邊形．又AB⊥SC，∴EF⊥FG，∴四邊形EFGH為矩形．3．選DD是角平分線，故不是圓錐曲線，A，B，C分別描述的是橢圓、雙曲線、拋物線．4．選B方程x2－3x＋2＝0，兩根x1＝1，x2＝2.故表示雙曲線與拋物線的離心率．5．選C設平面β與圓柱曲線的夾角是φ∴cosφ＝eq\f(\r(2),2)，∴φ＝45°.則2R＝eq\r(12＋12＋12)，∴R＝eq\f(\r(3),2).又直線EF與球O的球心距離為eq\f(1,2)，∴直線EF被球O截得的線段長MN＝2eq\r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\r(2).7．選B由4b＝2a＋2c，∴2b＝a＋c，∴4b2＝a2＋2ac＋c2，∴4c2－4a2＝a2＋2ac＋c2，∴5a2＋2ac－3c2＝0，∴eq\f(c,a)＝eq\f(5,3).8．選B由定義知為橢圓．9．選D因P在橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1上，設左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，則PF1＋PF2＝10，∴P到另一個焦點的距離為10－3＝7.10．選B設M(x，y)，由M引右準線的垂線，垂足M1，由第二定義知|MM1|＝2|MF|，∴|MP|＋2|MF|＝|MP|＋|MM1|.顯然，當P，M，M1三點共線時有最小值，過P引準線的垂線y＝－1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝12，,y＝－1，))解得M點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)，－1)).11．解析：由題知α＝60°，β＝60°，滿足β＝α.∴截得的是拋物線．答案：拋物線12．解析：接觸點H是橢圓的一個焦點，證明如下：橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，設焦距為2c.球的半徑為R，則b＝R，則AA′∥BB′∥OO′.∠AO′B＝180°－∠O′AB－∠O′BA＝180°－eq\f(1,2)(∠A′AB＋∠B′BA)＝180°－eq\f(1,2)×180°＝90°，在Rt△AO′B中，OA＝OB＝OO′＝a，又由O′H＝R＝b，O′H⊥AB，得OH＝eq\r(O′O2－O′H2)＝eq\r(a2－b2).答案：eq\r(a2－b2)13．解析：由圓錐曲線的定義知長軸長為6cm，短軸長為4cm，焦距2eq\r(5)cm∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),3).答案：642eq\r(5)eq\f(\r(5),3)14.解析：∵AB2＋BC2＝CA2，∴∠ABC＝eq\f(π,2)，∴△ABC外接圓圓心為AC中點，且半徑為5.(1)如圖，BO1＝5且OO1⊥面ABC，又OB＝13，∴OO1＝eq\r(132－52)＝12.(2)作O1D⊥AB于D，則O1D綊eq\f(1,2)BC，∴O1D＝4，連接OD，則OD⊥AB，∴∠ODO1為所求二面角．∴tan∠ODO1＝eq\f(OO1,O1D)＝eq\f(12,4)＝3.答案：(1)12(2)315．解：由題意知α＝60°，β＝45°，滿足β<α，這時截面截圓錐得的交線是雙曲線，其離心率為e＝eq\f(cos45°,cos60°)＝eq\r(2).16．證明：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).設橢圓的長軸長為2a，焦距為2c.由橢圓定義，2a＝PF1＋PF2＝F1F2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinβ,sinθ)＋\f(sinα,sinθ)))＝F1F2×eq\f(sinα＋sinβ,sinθ)，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(F1F2,F1F2×\f(sinα＋sinβ,sinθ))＝eq\f(sinθ,sinα＋sinβ).對于雙曲線的離心率e有：e＝eq\f(sinθ,|sinα－sinβ|).17．證明：由平面圖形的性質(zhì)可知，當點P與G1或G2重合時．G2F1＋G2F2＝BD＝AC，G1F1＋G1F2＝AC.當P不與G1，G2重合時，連接PF1，PF2分別是兩個球面的切線，切點分別是F1，F(xiàn)2，過P作圓柱的母線，與兩個球分別相交于K1，K2，由切線長定理可知：PF1＝PK1，PF2＝PK2，所以有PF1＋PF2＝P