基于Dandelin雙球的離心率求解問題

郭婧 李強(qiáng)

摘 要：離心率的求解是圓錐曲線部分的重點(diǎn)和難點(diǎn)，而平面截圓錐所得圓錐曲線的離心率則難上加難，它需要學(xué)生從立體圖形中抽象出所需要的平面圖形.本文回歸問題的本質(zhì)，挖掘出圓錐曲線的“另類”定義，得到此類問題的兩個(gè)結(jié)論，從而拓寬解題思路，提高解題效率，同時(shí)強(qiáng)調(diào)日常教學(xué)中回歸教材的重要性.

關(guān)鍵詞：Dandelin雙球;離心率;截面

中圖分類號(hào)：G632 ? ? ?文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A ? ? ?文章編號(hào)：1008-0333（2020）10-0024-02

收稿日期：2020-01-05

作者簡(jiǎn)介：郭婧（1985-7），女，山東省濟(jì)寧人，碩士，中學(xué)一級(jí)教師，從事中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

基金項(xiàng)目：山東省教育學(xué)會(huì)科技教育專項(xiàng)課題：基于虛擬現(xiàn)實(shí)的高中數(shù)學(xué)翻轉(zhuǎn)課堂教學(xué)模式研究（課題號(hào)18-KJJY-0074）;科技部國(guó)家重點(diǎn)研發(fā)計(jì)劃：流域水系分級(jí)嵌套耦合大規(guī)模水文模擬并行算法設(shè)計(jì)（No. 2017YFB0203102）.

求離心率或離心率范圍是日常教學(xué)的重點(diǎn)和難點(diǎn)，這也是高考中的必考題型.我們一定見過這道題目：

如圖1，在桌面上有一點(diǎn)A1，它正上方有一個(gè)光源A，將半徑為2的球放置在桌面上，使得AA1與球相切，AA1=6，光線照在球上，會(huì)在桌面上產(chǎn)生投影，請(qǐng)問投影是什么形狀？離心率是多少？

事實(shí)上，這道題的解答可以回歸到橢圓的來源——平面與圓錐曲線的截線上去.

追根溯源：人教A版選修2-1在第二章章頭圖中，如圖2，形象地展示了從不同的角度截圓錐面可以得到橢圓、雙曲線、拋物線三種不同的曲線，因此這三種曲線被稱為圓錐曲線.但這種聯(lián)系在后面給出圓錐曲線的兩種定義中，均未體現(xiàn)，直到42頁的“探究與發(fā)現(xiàn)”，教材提出Dandelin雙球，利用切線長(zhǎng)相等，證明了圓錐被一個(gè)平面截得的截口曲線是橢圓的結(jié)論.本文將主要研究這個(gè)橢圓的離心率如何求解，下面圖3展示的就是Dandelin雙球.

一、Dandelin雙球重現(xiàn)

如圖3，設(shè)平面π′與小球相切于點(diǎn)F1，與大球相切于點(diǎn)F2，兩球與圓錐的交線分別為S1和S2，平面π和δ分別過S1和S2，π′和π交于直線m，π′和δ交線為m，連接點(diǎn)P和圓錐頂點(diǎn)O，與S1和S2分別交于Q1和Q2. P是平面π′與圓錐的截線上任取的一點(diǎn)，連接PF1，PF2.利用切線長(zhǎng)相等，可以得到PF1+PF2=PQ1+PQ2=Q1Q2=定值，從而截口曲線是橢圓.

若PA⊥m，垂足為A，過P作PB垂直于平面π，垂足為B，連接AB，由三垂線定理可知AB⊥m，所以∠PAB是π與π′，所成二面角的平面角.連接BQ1，設(shè)∠BPQ1=α，∠APB=β，0<α<π2， 0<β<π2.

又PF1=PQ1，故PF1PA=cosβcosα.所以cosβcosα即為此橢圓的離心率.

因?yàn)楸戎礳osβcosα與1的關(guān)系取決于α和β的大小，因此可以推廣，得到結(jié)論1.

結(jié)論1：在空間中，已知圓錐O是由l′圍繞l旋轉(zhuǎn)得到的，我們把l稱為軸.用平面π截圓錐，得到的截口曲線取決于平面與圓錐軸l所成的線面角β（顯然，當(dāng)π與l平行時(shí)，β=0），具體關(guān)系如下：

（

（3）若β<α，cosβcosα>1，平面π截圓錐面所得截口曲線為雙曲線.這個(gè)比值cosβcosα就是圓錐曲線的離心率，離心率是一個(gè)比值，分子是截面和圓錐的軸的交角的余弦，分母是圓錐的母線和軸所成角的余弦.離心率一般用e表示，從而e=cosβcosα.

另一方面，從平面圖形來看，如圖4，在圓錐截面橢圓中，取圓錐的軸和橢圓的長(zhǎng)軸BC確定的平面，設(shè)球的大圓與此平面切點(diǎn)為F1點(diǎn)，則該點(diǎn)是橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，設(shè)∠BOG=∠COG=α，∠OGB=β.由正弦定理可以得到：OBsin （β-α）=OCsin （β+α），OBsin （β-α）=BCsin2α，分別設(shè)BD=BF1=x，OD=OE=y，CF1=CE=z，從而得到平面截圓錐所得橢圓的離心率 e=cosβcosα.

如圖5，AD、BC為圓柱母線，EF為圓柱斜截面橢圓的長(zhǎng)軸，設(shè)EF與母線所成銳角為β，過E作EG∥CD，則EG為圓柱的底面直徑，亦即橢圓的短軸長(zhǎng).從而得到平面截圓柱所得橢圓的離心率e=cosβ ，β即為截面和圓柱的軸的交角.

從邏輯關(guān)系看，當(dāng)圓錐截面中O點(diǎn)向遠(yuǎn)處無限延伸時(shí)，圓錐就衍化為圓柱，此時(shí)中心投影就趨近于平行投影，借助于洛必達(dá)法則，可以證明e=cosβcosα=cosβ，這樣我們就得到以下結(jié)論.

結(jié)論2：用平面α截圓柱，若平面與圓柱母線成角β（0<β<π2），即平面不與圓柱底面平行時(shí)，圓柱的截口曲線是橢圓，其離心率為e=cosβ.

綜合結(jié)論1和結(jié)論2，平面截圓錐所得橢圓的扁平程度不同，從而離心率不同.當(dāng)圓錐軸截面頂角一定時(shí)，離心率由圓錐母線與截面所成角來確定;平面截圓柱所得橢圓離心率的大小，由圓柱母線與截面所成角唯一確定.這兩個(gè)結(jié)論的獲得亦可通過建系，借助于向量的數(shù)量積得證，同時(shí)可以進(jìn)一步得到圓錐曲線的方程.

二、結(jié)論的應(yīng)用

回到開篇的題目中，如圖6，可以作出一個(gè)截面過圓錐的軸和橢圓長(zhǎng)軸A1A2，可以得到EA2=4，作出∠A1AA2的角平分線AG，則∠AGA1為上述證明過程中的β，可求得cosβ=255，故投影離心率e=12.

俗話說“萬變不離其宗”，盡管高考題目一直在推陳出新，千變?nèi)f化，不可預(yù)測(cè)，但它的根只有一個(gè)——教材.我們只有緊緊抓住這個(gè)根，才能在高考中出奇制勝，處變不驚.實(shí)際上，在教材中每一章章尾都設(shè)置了“探究與發(fā)現(xiàn)”、“信息技術(shù)與應(yīng)用”、“閱讀與思考”等欄目，目的就是希望增長(zhǎng)學(xué)生見識(shí)，拓寬學(xué)生視野，了解知識(shí)的產(chǎn)生背景和本源，知其然并知其所以然，同時(shí)也增強(qiáng)了學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，了解數(shù)學(xué)來源于生活并服務(wù)于生活，樹立“數(shù)學(xué)是有用的”意識(shí).從高考的角度，高考命題也來源于此.這就要求教師在任何時(shí)候都不能脫離課本，必須回歸教材，以本為本，對(duì)課本資源進(jìn)行深度挖掘、鉆研，多琢磨、多整合，善于一題多解和多題一解.

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[責(zé)任編輯：李 璟]