基于Dandelin双球的离心率求解问题

郭婧 李强

摘 要：离心率的求解是圆锥曲线部分的重点和难点，而平面截圆锥所得圆锥曲线的离心率则难上加难，它需要学生从立体图形中抽象出所需要的平面图形.本文回归问题的本质，挖掘出圆锥曲线的“另类”定义，得到此类问题的两个结论，从而拓宽解题思路，提高解题效率，同时强调日常教学中回归教材的重要性.

关键词：Dandelin双球;离心率;截面

中图分类号：G632      文献标识码：A      文章编号：1008-0333（2020）10-0024-02

收稿日期：2020-01-05

作者简介：郭婧（1985-7），女，山东省济宁人，硕士，中学一级教师，从事中学数学教学研究.

基金项目：山东省教育学会科技教育专项课题：基于虚拟现实的高中数学翻转课堂教学模式研究（课题号18-KJJY-0074）;科技部国家重点研发计划：流域水系分级嵌套耦合大规模水文模拟并行算法设计（No. 2017YFB0203102）.

求离心率或离心率范围是日常教学的重点和难点，这也是高考中的必考题型.我们一定见过这道题目：

如图1，在桌面上有一点A1，它正上方有一个光源A，将半径为2的球放置在桌面上，使得AA1与球相切，AA1=6，光线照在球上，会在桌面上产生投影，请问投影是什么形状？离心率是多少？

事实上，这道题的解答可以回归到椭圆的来源——平面与圆锥曲线的截线上去.

追根溯源：人教A版选修2-1在第二章章头图中，如图2，形象地展示了从不同的角度截圆锥面可以得到椭圆、双曲线、抛物线三种不同的曲线，因此这三种曲线被称为圆锥曲线.但这种联系在后面给出圆锥曲线的两种定义中，均未体现，直到42页的“探究与发现”，教材提出Dandelin双球，利用切线长相等，证明了圆锥被一个平面截得的截口曲线是椭圆的结论.本文将主要研究这个椭圆的离心率如何求解，下面图3展示的就是Dandelin双球.

一、Dandelin双球重现

如图3，设平面π′与小球相切于点F1，与大球相切于点F2，两球与圆锥的交线分别为S1和S2，平面π和δ分别过S1和S2，π′和π交于直线m，π′和δ交线为m，连接点P和圆锥顶点O，与S1和S2分别交于Q1和Q2. P是平面π′与圆锥的截线上任取的一点，连接PF1，PF2.利用切线长相等，可以得到PF1+PF2=PQ1+PQ2=Q1Q2=定值，从而截口曲线是椭圆.

若PA⊥m，垂足为A，过P作PB垂直于平面π，垂足为B，连接AB，由三垂线定理可知AB⊥m，所以∠PAB是π与π′，所成二面角的平面角.连接BQ1，设∠BPQ1=α，∠APB=β，0<α<π2， 0<β<π2.

又PF1=PQ1，故PF1PA=cosβcosα.所以cosβcosα即为此椭圆的离心率.

因为比值cosβcosα与1的关系取决于α和β的大小，因此可以推广，得到结论1.

结论1：在空间中，已知圆锥O是由l′围绕l旋转得到的，我们把l称为轴.用平面π截圆锥，得到的截口曲线取决于平面与圆锥轴l所成的线面角β（显然，当π与l平行时，β=0），具体关系如下：

（

（3）若β<α，cosβcosα>1，平面π截圆锥面所得截口曲线为双曲线.这个比值cosβcosα就是圆锥曲线的离心率，离心率是一个比值，分子是截面和圆锥的轴的交角的余弦，分母是圆锥的母线和轴所成角的余弦.离心率一般用e表示，从而e=cosβcosα.

另一方面，从平面图形来看，如图4，在圆锥截面椭圆中，取圆锥的轴和椭圆的长轴BC确定的平面，设球的大圆与此平面切点为F1点，则该点是椭圆的一个焦点，设∠BOG=∠COG=α，∠OGB=β.由正弦定理可以得到：OBsin （β-α）=OCsin （β+α），OBsin （β-α）=BCsin2α，分别设BD=BF1=x，OD=OE=y，CF1=CE=z，从而得到平面截圆锥所得椭圆的离心率 e=cosβcosα.

如图5，AD、BC为圆柱母线，EF为圆柱斜截面椭圆的长轴，设EF与母线所成锐角为β，过E作EG∥CD，则EG为圆柱的底面直径，亦即椭圆的短轴长.从而得到平面截圆柱所得椭圆的离心率e=cosβ ，β即为截面和圆柱的轴的交角.

从逻辑关系看，当圆锥截面中O点向远处无限延伸时，圆锥就衍化为圆柱，此时中心投影就趋近于平行投影，借助于洛必达法则，可以证明e=cosβcosα=cosβ，这样我们就得到以下结论.

结论2：用平面α截圆柱，若平面与圆柱母线成角β（0<β<π2），即平面不与圆柱底面平行时，圆柱的截口曲线是椭圆，其离心率为e=cosβ.

综合结论1和结论2，平面截圆锥所得椭圆的扁平程度不同，从而离心率不同.当圆锥轴截面顶角一定时，离心率由圆锥母线与截面所成角来确定;平面截圆柱所得椭圆离心率的大小，由圆柱母线与截面所成角唯一确定.这两个结论的获得亦可通过建系，借助于向量的数量积得证，同时可以进一步得到圆锥曲线的方程.

二、结论的应用

回到开篇的题目中，如图6，可以作出一个截面过圆锥的轴和椭圆长轴A1A2，可以得到EA2=4，作出∠A1AA2的角平分线AG，则∠AGA1为上述证明过程中的β，可求得cosβ=255，故投影離心率e=12.

俗话说“万变不离其宗”，尽管高考题目一直在推陈出新，千变万化，不可预测，但它的根只有一个——教材.我们只有紧紧抓住这个根，才能在高考中出奇制胜，处变不惊.实际上，在教材中每一章章尾都设置了“探究与发现”、“信息技术与应用”、“阅读与思考”等栏目，目的就是希望增长学生见识，拓宽学生视野，了解知识的产生背景和本源，知其然并知其所以然，同时也增强了学生学习数学的兴趣，了解数学来源于生活并服务于生活，树立“数学是有用的”意识.从高考的角度，高考命题也来源于此.这就要求教师在任何时候都不能脱离课本，必须回归教材，以本为本，对课本资源进行深度挖掘、钻研，多琢磨、多整合，善于一题多解和多题一解.

参考文献：

＼[1＼]王昌勇.几何画板教程＼[M＼].武汉：华中师范大学出版社，2002：35-36.

＼[2＼]汪晓勤.HPM：数学史与数学教育＼[M＼].北京：科学出版社，2017：456-464.

[责任编辑：李 璟]