平面与圆柱面的截线
2.2-2.3 平面与圆柱面的截线 平面与圆锥面的截线 课件(人教A选修4-1)
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[悟一法]
借助条件中已经建立的直角坐标系，通过相关平面图 形转换确定椭圆的长、短轴的长是关键．
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[通一类] 1．平面内两个定点的距离为8，动点M到两个定点的距离 的和为10，求动点M的轨迹方程．
解：以两点的连线段所在的直线为 x 轴，线段的中垂线 为 y 轴建立直角坐标系，则由椭圆的定义知，动点的轨 x2 y2 迹是椭圆，设所求椭圆方程为 2＋ 2＝1. a b ∵2a＝10,2c＝8，∴a＝5，c＝4.则 b2＝9. x2 y2 故所求椭圆的方程为 ＋ ＝1. 25 9
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[研一题]
[例1] 已知圆柱底面半径为，平面β与圆柱母线夹
角为60°，在平面β上以G1G2所在直线为横轴，以 G1G2中点为原点，建立平面直角坐标系，求平面β与
圆柱截口椭圆的方程．
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分析：本题考查平面与圆柱面的截线．解答本题需要根
据题目条件确定椭圆的长轴和短轴．
解：过 G1 作 G1H⊥BC 于 H. ∵圆柱底面半径为 3， ∴AB＝2 3. ∵四边形 ABHG1 是矩形， ∴AB＝G1H＝2 3. G1H 2 3 在 Rt△G1G2H 中，G1G2＝ ＝ ＝4. sin∠G1G2H 3 2 又椭圆短轴长等于底面圆的直径 2 3， x2 y2 ∴椭圆的标准方程为 ＋ ＝1. 4 3
曲线的形状，尤其是焦点的确定更加不容易，但可以采 用与上节中定理1的证明相同的方法，即Danelin双球法， 这时较容易确定椭圆的焦点，学生也容易入手证明，使 问题得到解决．
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[通一类] 2．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
2 解：由题意知，椭圆的长半轴长 a＝ ＝2 2， sin 45° 短半轴长 b＝2，则半焦距 c＝ a2－b2＝ 8－4＝2. 所以焦距 2c＝4.
平面与圆柱面的截线平面与圆锥面的截线课件人教A选修21
截线的一般形式和几何意义
截线的一般形式：平面与圆柱面、圆锥面的交线
几何意义：截线是平面与圆柱面、圆锥面的公共部分 截线的性质：截线是平面与圆柱面、圆锥面的交线，具有平面和圆柱面、 圆锥面的共同性质 截线的应用：截线在工程、建筑、机械等领域有广泛应用
03
平面与圆锥面的截 线
截线的定义和性质
截线：平面与圆锥面相交形成的曲线 性质：截线是圆锥面的一部分，具有圆锥面的性质 截线的形状：取决于平面与圆锥面的相对位置 截线的长度：取决于平面与圆锥面的交角大小
截线的分类和特点
截线类型：平面与圆锥面的截线可以分为直线、曲线和点
直线截线：当平面与圆锥面相交时，如果平面与圆锥面的轴线平行， 则截线为直线
课件特点：图文并茂，易于理 解，便于记忆，适合学生自学
课件内容：包括平面与圆柱面、 圆锥面的截线定义、性质、应 用等，以及相关例题和练习题
课件形式：PPT课件，便于教 师讲解和学生自学，支持多媒 体播放和互动操作
课件使用方法和技巧
课件内容： 包括平面与 圆柱面、圆 锥面的截线 定义、性质、 应用等
内容：包括平面与圆柱面、 圆锥面的截线、截线的性质、
截线的应用等
教学方法：采用直观教学法， 通过图形的直观展示来理解
截线的性质和应用
教材使用方法和技巧
阅读教材：认真阅读教材中的内容，理解平面与圆柱面、圆锥面的截线原理。 动手实践：通过动手实践，加深对平面与圆柱面、圆锥面的截线原理的理解。 思考问题：思考教材中的问题，尝试自己解答，提高解决问题的能力。 交流讨论：与同学、老师交流讨论，分享自己的理解和想法，互相学习，共同进步。
课件形式： PPT演示文 稿，包含文 字、图片、 动画等元素
课件操作： 使用演示文 稿软件，熟 悉基本操作 和功能
平面与圆柱面的截线 课件
2．如图乙所示，AB、CD是两个等圆的直径，AB∥CD， AD、BC与两圆相切，作两圆的公切线EF，切点分别为点F1、 F2，交BA、DC的延长线于点E、F，交AD于点G1，交BC于点 G2.设EF与BC、CD的交角分别为φ、θ.
图乙
图丙
(1)G2F1＋G2F2______AD.
(2)G1G2______AD. (3) G2F1 ______cos φ______sin θ.
AA 2 (2)所求截面为矩形 AA′B′B，面积等于 2 2 cm2. (3)点 O 到截面的距离即 OO′到截面的距离，也是点 O′ 到截面的距离为 2 cm.
2
的面积．
如果椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，求椭圆
解析：如图所示，设椭圆是由半径为 r 的圆柱面的斜截
面截得的，且斜截面与母线所成角为，则 b=r，a= r . sin
5．一平面与圆柱面的母线成45°角，平面与圆柱面的截
32
线椭圆的长轴为6，则圆柱面的半径为____2 __．
6．已知平面δ斜截一准线半径为r的圆柱面，轴线与平面δ
所成的角为α，求证：存在圆柱面的内切球与平面δ相切．
证明：作一平面δ∥平面α，且平面δ与平面α的距离等于
圆柱面准线的半径r，则平面δ与圆柱面的轴线相交于一点C. 以点C为圆心，r为半径作球，则球C(C，r)为圆柱面的
内切球． 过点C作CC′⊥平面δ，则C′∈δ，CC′＝r. 又∵球的半径为r， ∴C′在球面上． 又∵过球的半径的外端与半径垂直的平面与球只有唯一
公共点， ∴球C(C，r)与平面δ只有一个公共点． ∴球C(C，r)与平面相切． ∴存在圆柱面的内切球C(C，r)与平面δ相切
7.已知一个平面垂直于圆柱的轴，截圆柱所得为半径为2 的圆，另一平面与圆柱的轴成30°角，求截线的长轴，短轴和 离心率.
平面与圆柱面的截线 课件
1．定理 1 圆柱形物体的斜截口是椭圆． 温馨提示 (1)内切球：圆柱面与球面相切，该球叫 做圆柱的内切球．(2)焦球：设平面 m 截割圆柱面，与平 面 m 相切的圆柱面的内切球叫截割平面 m 的焦球．
圆柱的截割面的两侧各有一个焦球．若截割面是圆柱 面的直截面时，两焦球与直截面切于同一点，即截线圆的 圆心；若截割面是圆柱面的斜截面时，两焦球与斜截面的 切点恰好是截线椭圆的两个焦点，此时称两焦球为丹德林 (Dandelin)双球．
类型 2 椭圆性质的应用
[典例 2] 如图所示，已知球 O1、O2 分 别切平面 β 于点 F1、F2.G1G2＝2a，Q1Q2＝2b， G1G2 与 Q1Q2 与垂直平分， 求证：F1F2＝2 a2－b2.
证明：连接 AB，作 G1H⊥BG2，H 为垂足，则四边形
ABHG1 是矩形．
所以 G1H＝AB. 因为 Q1、Q2 分别是 P1、P2 的平行射影，所以 P1Q1 綊 P2Q2.
所以四边形 P1Q1Q2P2 是平行四边形． 所以 Q1Q2＝P1P2，
即 Q1Q2 等于底面圆直径． 所以 G1H＝AB＝Q1Q2＝2b. 又由切线长定理，G1A＝G1F1＝G2F2，G2F1＝G2B， 所以 G2F1－G2F2＝G2B－G1A. 又 G1A＝BH，所以 G2F1－G2F2＝G2B－BH. 所以 F1F2＝G2H.
反之，如果根据所给条件能确定斜截面与已知圆柱母 线的夹角，也可以确定两焦球的球所示，F1、F2 叫做椭圆的焦点， F1F2 叫做椭圆的焦距，AB 叫做椭圆的长轴， CD 叫做椭圆的短轴．
3．椭圆的性质 (1)如果长轴为 2a，短轴长为 2b，那么 2c＝2___a_2_－__b_2 ． (2)准线：底面与截面的交线．
平面与圆柱面的截线(超链接)
平面与圆柱面的截线
教材分析 学情分析 教学目标
教学重难点
教学过程
教材分析
（1）高中数学选修4-1第三讲第二节
（2）更好地把握椭圆与其他几何图形的关系
（3）蕴含了丰富的思想方法，对于学生的数 学学习意义深远
学情分析
（1）有利因素：掌握一定基本知识 具备空间想象能力、几何直观能力
重点：平面与圆柱面的斜截线是椭圆 难点：定理的探究及证明过程
教学过程
生活情景 数学猜想 探究过程 得出结论
情境引入
提出猜想
合作探究
获得新知
课堂小结
情境引入
提出猜想
合作探究
获得新知
课堂小结
猜想：平面与圆柱面的斜截线是椭圆
平面与圆柱面的截线
探究一：寻找定点
F1
O1
另一个定点？ 焦点关于短 轴对称
定理：平面与圆柱面的斜截线是椭圆。
例题:一圆柱底面半径为4，截面与轴成30°角， 从该截面上、下放入圆柱的两个内切球，使它们 都与截面相切，求这两个切点之间的距离。
30°
作业布置
必做题：习题3.2
谢
谢
2
如图，把模型 顺时针旋180°
F2
F1
O1
F2 O2
O2
探究二：确定定长
定长
A O P
B
定长
O1 K1
切线长定理的空间推广
O2 K2
（定值）
所以平面与圆柱面的斜截线是椭圆
情境引入
提出猜想
合作探究
获得新知
课堂小结
定理：平面与圆柱面的斜截线是椭圆
情境引入
提出猜想
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
平面与圆柱面的截线平面与圆锥面的截线课件人教A选修13
02 直 、 倾 斜 b . 截 线 性 质 ： 长 度 、 角 度 、 面 积
a. 截线类型：平行、垂直、倾斜 b. 截线性质：长度、角度、面积
内容二：平面与圆锥面的截线 a. 截线类型：平行、垂
03 直 、 倾 斜 b . 截 线 性 质 ： 长 度 、 角 度 、 面 积
截线的性质
截线是平面与圆柱面、圆锥面的 交线
截线的形状取决于平面与圆柱面、 圆锥面的相对位置
添加标题
添加标题
截线可以是直线、曲线或点
添加标题
添加标题
截线的长度、方向和位置可以通 过几何关系计算得出
截线与圆柱面的关系
截线与圆柱面的切线：截线 与圆柱面相切时，会产生一 条切线。
截线与圆柱面的交点：截线 与圆柱面相交时，会产生一 个交点。
05
人教A选修(22)介绍
人教A选修(22)简介
教材名称：人教A选修(22) 教材内容：平面与圆柱面、圆锥面的截线 教材特点：理论与实践相结合，注重培养学生的动手能力和创新能力 教材适用范围：高中数学选修课程，适用于对数学有兴趣的学生
人教A选修(22)内容概述
平面与圆柱面、圆锥面的截线：介绍平面与圆柱面、圆锥面的截线及其性质 截线方程：介绍截线的方程及其求解方法 截线与平面、圆柱面、圆锥面的关系：介绍截线与平面、圆柱面、圆锥面的关系及其应用 截线与平面、圆柱面、圆锥面的交点：介绍截线与平面、圆柱面、圆锥面的交点及其性质
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平面与圆柱面、圆锥面的截线
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汇报人：
目 录
01 单 击 添 加 目 录 项 标 题
02 平 面 与 圆 柱 面 的 截 线
最新人教版高中数学选修4-1《平面与圆柱面的截线》预习导航
预习导航请沿着以下脉络预习：1．圆柱形物体的斜截口是椭圆．2．如图，椭圆中，F 1、F 2是焦点，B 1B 2是F 1F 2的中垂线，则A 1A 2叫做椭圆的长轴，B 1B 2叫做椭圆的短轴，F 1F 2叫做椭圆的焦距．若长轴为2a ，短轴为2b ，则焦距2c ＝2a 2－b 2.3．椭圆上任一点到焦点F 1的距离与到直线l 1的距离之比为定值cos φ，则直线l 1叫做椭圆的一条准线．4．若e ＝cos φ，则e 叫做椭圆的离心率．1．如果椭圆的两个焦点将长轴分成三等份，那么，这个椭圆的两准线间的距离是焦距的( )．A ．9倍B ．4倍C ．12倍D ．18倍答案：A解析：设椭圆的长轴长，短轴长，焦距分别为2a,2b,2c ，由已知，得2a 3＝2c ，即a ＝3c ， ∴两准线间的距离为2a 2c ＝18c 2c＝18C ． 2．下列说法不正确的是( )．A ．圆柱面的母线与轴线平行B ．圆柱面的某一斜截面的轴面总是垂直于直截面C ．圆柱面与斜截面截得的椭圆的离心率与圆柱面半径无关，只与母线和斜线面的夹角有关D ．平面截圆柱面的截线椭圆中，短轴长即为圆柱面的半径答案：D解析：显然A 正确，由于任一轴面过轴线，故轴面与圆柱的直截面垂直，B 正确，C 显然正确，D 中短轴长应为圆柱面的直径长，故不正确．3．已知椭圆两准线间的距离为8，离心率为12，则Dandelin 球的半径是__________． 答案： 3解析：由题意知⎩⎨⎧ a 2c ＝4，c a ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c ＝1， ∴b ＝a 2－c 2＝ 3.∴Dandelin 球的半径为 3.4．已知平面α与一圆柱的底面成60°角，则该平面与圆柱截口图形的离心率是__________． 答案：32解析：平面与圆柱面截口图形为椭圆，其离心率e ＝sin 60°＝32. 5．已知一平面截圆柱面所得的截口椭圆的离心率为35，长轴长是20，求该圆柱的底面圆半径．解：设该椭圆半焦距为c ，短半轴长为b ，长半轴长为a ，则a ＝10，e ＝c a ＝35.∴c ＝35×10＝6. ∴圆柱的底面圆半径r ＝b ＝a 2－c 2＝102－62＝8.。
平面与圆柱面的截线 课件
(2a)2 -(2b)2 =2 a2 -b 2 ,
1.圆柱形物体的截口是(
)
A.双曲线
B.圆
C.抛物线
D.椭圆或圆
解析:当截面与圆柱的底面平行时,截口是圆,否则是椭圆.
答案:D
2.若一条直线与过平面的一条斜线在此平面上的射影垂直,则这条直线与
这条斜线的位置关系是(
)
A.垂直
B.异面
C.相交
D.不能确定
我们把 A1A2 叫做椭圆的长轴,B1B2 叫做椭圆的短轴,F1F2 叫做椭圆的
焦距.如果长轴为 2a,短轴为 2b,那么焦距 2c=2 a2 -b 2 .
(3)Dandelin 双球探究椭圆性质:如图所示,设球 O1,O2 与圆柱的交线(圆)
所在的平面分别为 α,γ,椭圆所在的斜截面 β 与它们的交线分别为 l1,l2,α,γ 与
PQ
P1
PQ
=
φ=定值.
②椭圆上任意一点到焦点 F1 的距离与到直线 l1 的距离之比为定值 cos
φ.我们把直线 l1 叫做椭圆的一条准线.
③椭圆上任意一点到焦点 F2 的距离与到直线 l2 的距离之比也为定值
cos φ,所以 l2 是椭圆的另一条准线.
④记 e=cos φ,我们把 e 叫做椭圆的离心率.
其截平面的关系,综合应用切线长定理、三角形的相似与全等,解直角三角
形,以及平行射影的性质.
【典型例题 2】 如图所示,已知球 O1,O2 分别切平面 β 于点 F1,F2,P1P2
为☉O1 的一条直径,Q1,Q2 分别为 P1,P2 在平面 β 内的平行射
影,G1 G2=2a,Q1Q2=2b,G1 G2 与 Q1Q2 垂
直平分,求证:F1F2=2 a2 -b2 .
高一数学试题答案及解析
高一数学试题答案及解析1.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】利用平面图分析曲线的对称性，即可得出结论．解：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．点评：本题考查平面与圆柱面的截线，考查函数的对称性和奇偶性，比较基础．2.（2014•安徽模拟）如图，一个底面半径为R的圆柱被与其底面所成角为θ（00＜θ＜900）的平面所截，截面是一个椭圆．当θ为30°时，这个椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】利用已知条件，求出题意的长半轴，短半轴，然后求出半焦距，即可求出题意的离心率．解：因为底面半径为R的圆柱被与底面成30°的平面所截，其截口是一个椭圆，则这个椭圆的短半轴为：R，长半轴为：=，∵a2=b2+c2，∴c=，∴椭圆的离心率为：e==．故选：A．点评：本题考查椭圆离心率的求法，注意椭圆的几何量与双曲线的几何量（a，b，c）关系的正确应用，考查计算能力．3.底面直径为12cm的圆柱被与底面成30°的平面所截，截口是一个椭圆，该椭圆的长轴长，短轴长，离心率为．【答案】8cm，12cm，【解析】根据平面与圆柱面的截线及椭圆的性质，可得圆柱的底面直径为12cm，截面与底面成30°，根据截面所得椭圆长轴、短轴与圆柱直径的关系，我们易求出椭圆的长轴长和短轴长，进而得到椭圆的离心率．解：∵圆柱的底面直径d为12cm，截面与底面成30°∴椭圆的短轴长2b=d=12cm椭圆的长轴长2a==8cm根据得，椭圆的半焦距长C=2cm则椭圆的离心率e===故答案为：8cm，12cm，点评：若与底面夹角为θ平面α截底面直径为d圆柱，则得到的截面必要椭圆，且椭圆的短轴长等于圆柱的底面直径，长轴长等于．4.工人师傅在如图1的一块矩形铁皮的中间画了一条曲线，并沿曲线剪开，将所得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．对工人师傅所画的曲线，有如下说法：（1）是一段抛物线；（2）是一段双曲线；（3）是一段正弦曲线；（4）是一段余弦曲线；（5）是一段圆弧．则正确的说法序号是．【答案】③④【解析】利用平面图分析曲线的对称性，即可得出结论．解：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③④正确．故答案为：③④．点评：本题考查平面与圆柱面的截线，考查函数的对称性和奇偶性，比较基础．5.平行投影与中心投影之间的区别是．【答案】平行投影的投影线互相平行，而中心投影的投影线交于一点【解析】平行投影与中心投影之间的区别是平行投影的投影线互相平行，而中心投影的投影线交于一点．主要从形成投影的光线来比较两者的区别．解：平行投影与中心投影之间的区别是平行投影的投影线互相平行，而中心投影的投影线交于一点，故答案为：平行投影的投影线互相平行，而中心投影的投影线交于一点点评：本题考查平行投影和中心投影，是一个概念性问题，这种问题不用运算，只要理解两种投影形成的不同之处就可以．6.如图，PA、PB、DE分别与⊙O相切，若∠P=40°，则∠DOE等于（）度．A.40B.50C.70D.80【答案】C【解析】连接OA、OB、OP，由切线的性质得∠AOB=140°，再由切线长定理求得∠DOE的度数．解：连接OA、OB、OP，∵∠P=40°，∴∠AOB=140°，∵PA、PB、DE分别与⊙O相切，∴∠AOD=∠POD，∠BOE=∠POE，∴∠DOE=∠AOB=×140°=70°．故选C．点评：本题考查了弦切角定理和切线长定理，是基础知识，要熟练掌握．7.如图，△ABC内接于圆⊙O，CT切⊙O于C，∠ABC=100°，∠BCT=40°，则∠AOB=（）A．30°B．40°C．80°D．70°【答案】C【解析】由圆周角定理知，欲求∠AOB，需求出∠ACB的度数；在△ABC中，已知∠ABC的度数，而根据弦切角定理，可得出∠CAB的度数；再，由三角形内角和定理，可求出∠ACB的度数，由此得解．解：∵CT切⊙O于C∴∠BAC=∠BCT=40°；在△ABC中，∠BAC=40°，∠ABC=100°，∴∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠ABC=180°﹣40°﹣100°=40°，∴∠AOB=2∠ACB=2×40°=80°．故选C．点评：此题考查的是三角形的内角和定理、圆周角角及弦切角定理，是中学阶段的基本题目．8.如图所示，圆O的直径AB=6，C为圆周上一点，BC=3过C作圆的切线l，过A作l的垂线AD，垂足为D，则∠DAC=（）A．15°B．30°C．45°D．60°【答案】B【解析】根据所给的圆的直径和BC的长，得到三角形的一个锐角是30°，根据同弧所对的圆周角等于弦切角，得到另一个直角三角形的角的度数，即为所求．解：∵圆O的直径AB=6，C为圆周上一点，BC=3∴∠BAC=30°，∠B=60°，∵过C作圆的切线l∴∠B=∠ACD=60°，∵过A作l的垂线AD，垂足为D∴∠DAC=30°，故选B．点评：本题考查弦切角，本题解题的关键是同弧所对的圆周角和弦切角相等和含有30°角的直角三角形的应用，本题是一个基础题．9.（2010•崇文区一模）如图，从圆O外一点P引圆O的两条切线PA，PB，切点分别为A，B．如果∠APB=60°，PA=8，那么点P与O间的距离是（）A.16B.20C.D.【答案】C【解析】作辅助线，连接OA，OP，根据切线长定理可知：∠OPA=∠APB，由PA与⊙O相切，可知：OA⊥AP，根据已知条件可将OP的长求出．解：连接OA，OP∵PA，PB是⊙O的切线，∠APB=60°，∴∠OPA=∠APB=30°，OA⊥OP，∴OP===，∴点P与O间的距离是．故选C．点评：本题主要考查切线长和特殊三角函数值的运用和计算．属于基础题．10.（2014•咸阳一模）（选修4﹣1 几何证明选讲）如图，两个等圆⊙O与⊙O′外切，过O作⊙O′的两条切线OA，OB，A，B是切点，点C在圆O′上且不与点A，B重合，则∠ACB= ．【答案】60°【解析】连接OO′，AO′，B0′，设圆的半径为r，根据切线的性质可得AO′⊥AO，BO′⊥BO，由两圆相外切可得，OO′=2r，AO′=BO′=r，从而有∠AOO′=∠BOO′=30°，∠AO′B=2×60°=120°，由圆周角定理可得，可求解：连接OO′，AO′，B0′，设圆的半径为r根据切线的性质可得AO′⊥AO，BO′⊥BO由两圆相外切可得，OO′=2r，AO′=BO′=r∴∠AOO′=∠BOO′=30°，∠AO′B=2×60°=120°由圆周角定理可得，=60°故答案为：60°点评：本题主要考查了圆的切线的性质、两圆相外切的性质、圆周角定理的综合应用，解题的关键是发现，（圆周角定理）．11.（2014•海珠区一模）如图，过圆O外一点P分别作圆的切线和割线交圆于A，B，且PB=9，C是圆上一点使得BC=4，∠BAC=∠APB，则AB= ．【答案】6【解析】根据同弧所对的圆周角与弦切角相等，得到∠C=∠BAP，根据所给的两个角相等，得到两个三角形相似，根据相似三角形对应边成比例，得到比例式，代入已知的长度，求出结果．解：∵∠BAC=∠APB，∠C=∠BAP，∴△PAB∽△ACB，∴∴AB2=PB•BC=9×4=36，∴AB=6，故答案为：6．点评：本题考查圆的切线的性质的应用，考查同弧所对的圆周角等于弦切角，考查三角形相似的判断和性质，本题是一个综合题目．12.（2014•泸州三模）在△ABC中，O是其外接圆的圆心，其两条中线的交点是G，两条高线的交点是H，设OG=λGH，则λ的值为．【答案】【解析】取特殊值，假设△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，由重心性质得OG=GH，又OG=λGH，所以λ=．解：取特殊值，假设△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，如图，AC边的中点O是其外接圆的圆心，两条中线BO，AD交于点G，则G是△ABC的重心，两条高线AB，CB交于H，H与B重合，则由重心性质得OG=GH，又OG=λGH，所以λ=．故答案为：．点评：本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意特殊值法的合理运用．13.（2012•和平区模拟）如图，已知AB为圆O的直径，AC与圆O相切于点A，CE∥AB交圆O于D、E两点，若AB=6，BE=2，则线段CD的长为．【答案】【解析】设CD=x，则CE=6﹣x，利用切割线定理和勾股定理即可得出AD，再利用同圆的等弧所对的弦相等即可得出．解：设CD=x，则CE=6﹣x．∵AC与圆O相切于点A，∴AC⊥AB，AC2=CD•CE=x（6﹣x）．∴AD2=AC2+CD2=6x．∵CE∥AB，∴AD=BE，∴6x=4，∴x=．故答案为：．点评：熟练掌握矩形和圆的性质、切割线定理和勾股定理、同圆的等弧所对的弦相等是解题的关键．14.如图所示，l1∥l2∥l3，下列比例式正确的是（）A．=B．=C．=D．=【答案】D【解析】根据平行线分线段成比例定理得出相应的线段对应成比例，进而逐一判断四个答案的正误，可得答案．解：∵直线l1∥l2∥l3，∴=，故A错误；=，故B错误；=，故C错误；=，故D正确；故选：D点评：本题考查了平行线分线段成比例定理，注意：一组平行线截两条直线，所截的线段对应成比例．15.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD∥EF，若AB=5，CD=2，EF=4，则梯形ABFE与梯形EFDC的面积比是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】过D作DG∥BC交AB于G，交EF于H，根据平行四边形的性质先求出BG=FH=CD，从而得到EH，AG的长，再根据平行线分线段成比例定理可求出梯形ABFE与梯形EFDC的高的比，即可求出梯形ABFE与梯形EFDC的面积比．解：过D作DG∥BC交AB于G，交EF于H．则BG=FH=CD=2，∴EH=EF﹣FH=2，AG=3，∵AB∥EF，∴DE：AE=2：1，∴梯形ABFE与梯形EFDC的高的比为1：2，∴梯形ABFE与梯形EFDC的面积比是=故选：D．点评：本题考查平行线分线段成比例定理，考查梯形的面积公式是一个基础题，解题的时候容易出的一个错误是把两个梯形看成相似梯形，根据相似多边形的面积之比等于相似比的平方．16.（2011•宝山区二模）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AC、BD相交于O，记△BCO、△CDO、△ADO的面积分别为S1、S2、S3，则的取值范围是．【答案】（2，+∞）【解析】根据三角形相似的引理，我们易判断△AOD∽△COB，然后根据三角形相似的性质得到对应边成比例，而根据同高的两个三角形面积之比等于底边长之比，结合基本不等式即可求出的取值范围．解：∵AD∥BC，∴△AOD∽△COB∴∴==≥2=2当且仅当时，即BO=DO时，即O为BD中点时取等；又∵四边形ABCD为梯形，故O不可能为BD的中点，故＞2即的取值范围（2，+∞）故答案为：（2，+∞）点评：本题考查的知识点是相似三角形的判定及基本不等式，其中根据梯形的性质，判断O不可能为BD的中点易被忽略而错解为[2，+∞）17.（2010•广东）如图，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB=AD=a，CD=，点E，F分别为线段AB，AD的中点，则EF=．【答案】【解析】要求EF的长，关键是关键是构造一个三角形，使EF位于该三角形，解三角形即可求解：解：连接DE，∵四边形ABCD为直角梯形，AB=AD=a，CD=，CB⊥AB，点E，F分别为线段AB，AD的中点∴△AED为直角三角形．则EF是RT△AED斜边上的中线，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，EF=DE=AB=．故答案为：点评：连接DE，构造含有线段EF的直角三角形是解答本题的关键，由此可得，解决平面几何的求值和证明问题，辅助线的添加是基础．18.如图，矩形纸片ABCD，AB=8，AD=6，折叠纸片使AD边与对角线BD重合，点A在BD上的落点为点A′，折痕为DG，则AG的长为．【答案】3【解析】根据勾股定理可得BD=5，由折叠的性质可得△ADG≌△A'DG，则A'D=AD=6，A'G=AG，则A'B=10﹣6=4，在Rt△A'BG中根据勾股定理求AG的即可．解：在Rt△ABD中，AB=8，AD=BC=6，∴BD=10，由折叠的性质可得，△ADG≌△A'DG，∴A'D=AD=6，A'G=AG，∴A'B=BD﹣A'D=10﹣6=4，设AG=x，则A'G=AG=x，BG=8﹣x，在Rt△A'BG中，x2+42=（8﹣x）2解得x=3，即AG=3．故答案为：3．点评：此题主要考查折叠的性质，综合利用了勾股定理的知识．认真分析图中各条线段的关系，也是解题的关键．19.（2009•广州二模）如图所示，在四边形ABCD中，EF∥BC，FG∥AD，则= ．【答案】1【解析】根据两条直线平行，得到平行线所截的对应线段成比例，得到两个比例式，把要求的两个比值的变化为同一条直线上的线段之间的关系，合并同类项得到一个分子和分母相等的分式，得到结果．解：∵EF∥BC，∴∵FG∥AD，∴，∴==故答案为：1点评：本题考查平行线等分线段定理，考查等量代换，考查分式的整理方法，是一个基础题，这种题目是几何证明中的典型题．20.若直线m被两平行线l1：x﹣y+1=0与l2：x﹣y+3=0所截得的线段的长为，则m的倾斜角可以是①15°②30°③45°④60°⑤75°其中正确答案的序号是（写出所有正确答案的序号）【答案】①或⑤【解析】先求两平行线间的距离，结合题意直线m被两平行线l1与l2所截得的线段的长为，求出直线m与l1的夹角为30°，推出结果．解：两平行线间的距离为，由图知直线m与l1的夹角为30°，l1的倾斜角为45°，所以直线m的倾斜角等于30°+45°=75°或45°﹣30°=15°．故填写①或⑤故答案为：①或⑤点评：本题考查直线的斜率、直线的倾斜角，两条平行线间的距离，考查数形结合的思想．。
2.2-2.3 平面与圆柱面的截线 平面与圆锥面的截线 课件(人教A选修4-1)
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2．平面与圆锥面的截线
(1)如图，AD是等腰三角形底边BC上的高，∠BAD＝α，
直线l与AD相交于点P，且与AD的夹角为β(0<β<)，则： ① β>α ，l与AB(或AB的延长线)、AC相交； ② β＝α ③ β<α ，l与AB不相交； ，l与BA的延长线、AC都相交．
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(2)定理2：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＝
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[研一题] [例2] 证明：定理2的结论(1)，即β>α时，平面π与圆 锥的交线为椭圆． 分析：本题考查平面与圆锥面的截线．解答本题需要 明确椭圆的定义，利用椭圆的定义证明．
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证明：如图，与定理1的证明相同，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．
所以PF1＋PF2＝PQ1＋PQ2＝Q1Q2. 由正圆锥的对称性，Q1Q2的长度等于两圆S1、S2所在平行平 面间的母线段的长度而与P的位置无关，由此我们可知在β>α时， 平面π与圆锥的交线是以F1、F2为焦点的椭圆．
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[悟一法]
由平面中，直线与等腰三角形两边的位置关系拓广
为空间内圆锥与平面的截线之后，较难入手证明其所成
曲线的形状，尤其是焦点的确定更加不容易，但可以采 用与上节中定理1的证明相同的方法，即Danelin双球法， 这时较容易确定椭圆的焦点，学生也容易入手证明，使 问题得到解决．
数学人教A版选修4-1素材：教材习题点拨 第三讲二 平面
教材习题点拨探究1解：由教材图35，根据切线长定理有G 2F 1＝G 2B ，G 2F 2＝G 2C ，于是G 2F 1＋G 2F 2＝G 2B ＋G 2C ＝BC ＝AD .又∵G 1G 2＝G 1F 2＋F 2G 2，由切线长定理知G 1F 2＝G 1D ，F 2G 2＝G 2C ，∴G 1G 2＝G 1D ＋G 2C .连接F 1O 1，F 2O 2，容易证明△EF 1O 1≌△FF 2O 2.∴EO 1＝FO 2.又∵O 1A ＝O 2C ，∴EA ＝FC .于是可证得△FCG 2≌△EAG 1.∴G 1A ＝G 2C .∴G 1G 2＝G 1D ＋G 1A ＝AD .在Rt △G 2EB 中，cos φ＝G 2B G 2E ＝G 2F 1G 2E， ∴G 2F 1＝G 2E cos φ.又∵φ＝90°－θ，∴G 2F 1＝G 2E cos φ＝G 2E sin θ.由此得到结论：(1)G 2F 1＋G 2F 2＝AD ；(2)G 1G 2＝AD ；(3)G 2F 1G 2E＝cos φ＝sin θ. 思考解：猜想，两个焦点可能在两个球与斜截面的切点上，即过球心O 1，O 2分别作斜截面的垂线，其垂足F 1，F 2就可能是焦点．探究2解：当点P 与G 2重合时，有G 2F 1＋G 2F 2＝AD .当点P 不在端点时，连接PF 1，PF 2，则PF 1，PF 2分别是两个球面的切线，切点为F 1，F 2.过P 作母线，与两球面分别相交于K 1，K 2，则PK 1，PK 2分别是两球面的切线，切点为K 1，K 2.根据切线长定理的空间推广，知PF 1＝PK 1，PF 2＝PK 2，所以PF 1＋PF 2＝PK 1＋PK 2＝AD .由于AD 为定值，故点P 的轨迹是椭圆．习题3.2图(1)图(2)证明：图(1)的轴截面如图(2)所示．∵F 1F 2＝2c ，G 1G 2＝2a ，∴G 2B ＝G 2F 1＝a ＋c ，G 1A ＝G 1F 1＝a －c .∵△EAG 1∽△EBG 2， ∴EG 1EG 2＝G 1A G 2B ，即EG 1EG 1＋2a ＝a －c a ＋c，解得EG 1＝a (a －c )c . ∵在Rt △PK 1Q 中，∠K 1PQ ＝φ，∴cos φ＝PK 1PQ ＝PF 1PQ. 又∵在Rt △G 2BE 中，∠BG 2E ＝φ，∴cos φ＝G 2B EG 2. ∴PF 1PQ ＝G 2B EG 2＝a ＋c a (a －c )c＋2a ＝c a ， 即P 到F 1的距离PF 1与到l 1的距离PQ 之比等于c a.。
平面与圆柱面圆锥面的截面课件
(3)PO⊥平面ABC、PA⊥PB，PA⊥PC， ∴PA⊥平面PBC， ∴PA⊥BC， ∴OA⊥BC，同理OB⊥AC，OC⊥AB， ∴O为△ABC的垂心． 【反思感悟】 根据射影的性质，可以确定点在一个平面内射 影的位置．
知识点三 定 理
在空间给定一个圆锥面S，轴线与母线 的夹角为α，任取一个不通过S的顶点 的平面δ，设其与轴线的夹角为β(β与 轴线平行时，规定β＝0)，则 (1)当β>α时，平面σ与圆锥面的交线为 椭圆； (2)当β＝α时，平面σ与圆锥面的交线 为抛物线； (3)当β<α时，平面σ与圆锥面的交线为 双曲线．
【探究学习】 对射影与垂直关系的探究
【例6】如果椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，求椭圆的面积．
解：如图所示，设椭圆是由半径为 r 的圆柱面的斜截面截得的， 且斜截面与母线所成角为 α， 则 b＝r，a＝sinr α. 取圆柱面一直截面，则其面积 S 圆＝πr2， 直截面与斜截面的夹角为π2－α，由面积射 影定理有 S 椭圆＝cosSπ2圆－α＝sπinr2α＝π·r·sinr α＝πab. 即为椭圆的面积． 【反思感悟】 注意图形面积和其射影面积关系的应用．
【例5】已知一平面垂直于轴线截一圆柱面所得的截线为一个半径 为3的圆，另一截面与圆柱轴线所成角为60°，求椭圆截线的 两个焦点之间的距离．
解：由斜截面与圆ห้องสมุดไป่ตู้轴线成 60°， 即与圆柱母线成 60°角，故椭圆 的长半轴 a＝sinr φ＝sin360°＝2 3， 又椭圆的短半轴 b＝r＝3. 故椭圆的焦距 2c＝2 a2－b2＝2 3. 即为截线的两个焦点间的距离．
湘教版选修4《平面和圆柱面的截线》评课稿
湘教版选修4《平面和圆柱面的截线》评课稿导言本文是对湘教版选修4《平面和圆柱面的截线》课程进行评课的文稿。
评课的目的是对该课程的教学内容、教学方法、教学效果等各个方面进行细致的分析和评价，以期对教学过程进行合理的改进和优化，提高学生的学习效果和兴趣。
一、课程概述湘教版选修4《平面和圆柱面的截线》是一门高中数学选修课程，主要内容是探究平面和圆柱面的截线性质和应用。
通过本门课程的学习，学生可以深入了解平面和圆柱面的截线的数学性质，并将其运用到实际问题中去。
二、教学目标在湘教版选修4《平面和圆柱面的截线》课程中，教学目标主要包括：1.理解平面和圆柱面的截线的概念和性质；2.能够掌握计算平面和圆柱面的截线的方法；3.学会应用截线的性质解决现实问题；4.培养学生的数学思维和推理能力。
三、教学内容湘教版选修4《平面和圆柱面的截线》课程的教学内容包括以下几个方面：1.平面和圆柱面的基本概念介绍；2.平面和圆柱面的截线性质和特点；3.计算平面和圆柱面的截线；4.截线在几何问题中的应用。
四、教学方法在湘教版选修4《平面和圆柱面的截线》课程的教学过程中，可以采用以下教学方法：1.讲授法：通过讲解基本概念、截线性质和计算方法，引导学生对知识点的理解和掌握；2.演示法：通过实际的几何图形演示，展示平面和圆柱面的截线性质和特点，增加学生的直观感受；3.实践操作：设计一些实际的应用问题，让学生通过实践操作，巩固和应用所学内容；4.小组讨论：设置小组讨论环节，让学生在小组内进行交流和合作，提高学生的思维能力和团队合作精神。
五、教学设计为了达到教学目标，可以设计以下教学环节和内容：1. 导入部分通过引入一个生活实例，如“修建隧道时如何计算隧道截面的形状”，激发学生对截线问题的兴趣，引导学生思考和探索。
2. 知识讲解首先，通过讲解基本概念和定义，如平面、圆柱面和截线等，让学生对课程内容有一个初步的认识和理解。
然后，针对截线的性质和特点，以及计算截线的方法，进行详细的讲解和演示。
平面与圆柱面的截线优秀教学设计
平面与圆柱面的截线
【教学目标】
1．知识与内容：
（1）通过观察平面截圆锥面的情境，体会定理1 （2）利用Dandelin 双球证明定理1
（3）通过探究，得出椭圆的准线和离心率，加深对椭圆结构的理解 2．过程与方法：
利用现代计算机技术，动态地展现Dandelin 两球的方法，帮助学生利用几何直观进行思维，培养学生的几何直观能力，重视直觉的培养和训练，直觉用于发现，逻辑用于证明。
3．情感态度价值观：
通过亲历发现的过程，提高对图形认识能力，重视合情推理和演绎推理的启发、应用和培养，让学生辩证地观察、分析问题。
【教学重难点】
重点：定理1的证明；椭圆准线和离心率的探究 难点：椭圆准线和离心率的探究
【教学准备】
模型
【教学方法】
探究 讨论
【教学过程】
1．平面与圆柱面的截线
探究讨论：如图，AB ，CD 是两个等圆的直径，AB//CD ，AD 、BC 均与两圆相切。
作公切线EF ，切点分别为F 1和F 2 ，交BA ，DC 的延长线与E ，F ，交AD 于G 1 ，交BC 于G 2 ，设EF 与BC ，CD 的交角分别为φ，θ。
AD )1(2212=+F G F G 21G G AD )2(=
定理1．圆柱形物体的斜截口是椭圆。
课后小结
1
G 2。
第三讲平面和圆柱面截
置 时,过P作l1的 垂 线, 垂
K2
足 为Q,过P作 平 面的
图3 8
垂 线, 垂 足 为K1 , 连 接K1Q, 得
RtPK1Q,则QPK1 .从 而 有PF1 PK1 cos 定 值.
PQ PQ
所以, 椭圆上任意一点到焦点F1的距离与到直
线l1的距离之比为定值cos .我们把直线l1叫做
的 点 的 轨 迹 叫 做 椭 圆.
1
2
图3 2
我们分析一下图3 22中的
D H
水平面的结构.如图3 3, 水平 G
面的图形可看成是以杯子
A E
Q F C
圆柱的母线为投影方向, 杯
P
口圆在水平面所在平面上的
射影.其中,点A的投影为点E, 点D的投影为F.显然EF AD.
椭圆的一条准 线. 同理, 椭圆上任意一点到焦点F2的距离与到直
线l2的距离之比也为定值cos .所以l2是椭圆的
另 一 条 准 线.
记e cos,我们把e叫做椭圆的离心率.
将 两 个 球 嵌 入 圆 柱 内, 使 它 们 分 别 位 于 斜 截 面 的 上 方 和 下 方,并 且 与 圆 柱 面 和 斜 截 面均 相 切, 这 是 证 明 定 理 的 关 键.这 种 方 法 是 数 学 家Dan dlin创 立 的, 故 将 嵌 入 的 双 球 称 为Dandlin双 球.
我们还是从特殊情况
开 始 探 究 这 种 关 系 .由 前 面 对 图3 5的 探 究
E l1 A Q
O1 K1
B
可 知, 对 于 椭 圆 的 长 轴
G1 F1
端 点G2 , 有
G2 F1 cos 定 值.
平面与圆柱面的截线
PF1 PK1 cos 定值 PQ PQ
点P在椭圆的任意位置
椭圆上任意一点到焦点F1的距离与到直线l1的 距离之比为定值cos. 同样,椭圆上任意一点到焦点F2的距离与到直 线l2的距离之比为定值cos.
l1,l2 椭圆的准线 椭圆的离心率
∴G2F1＋G2F2＝G2B＋G2C＝BC＝AD
又∵G1G2＝G1F2＋F2G2
由切线长定理知 G1F2＝G1D，F2G2＝G2C，
∴G1G2＝G1D＋G2C
连接F1O1，F2O2，容易证明
△EF1O1≌△FF2O2
∴EO1＝FO2
又∵O1A＝O2C， ∴ EA＝FC 于是可证得△FCG2≌△EAG1 ∴G1A＝G2C ∴G1G2＝G1D＋G1A＝AD 在Rt△G2EB中
你能猜想这个椭圆的两个焦 点的位置吗?
猜想:两个焦点为两个球与 斜截面的切点上,即过球心 O1、O2分别作斜截面的垂 线，其垂足F1、F2就可以 能是焦点。
对截口上任一点P， 证明 PF 1 + PF 2 = 定值
当点P与G2重合时，有
G2F1＋G2F2＝AD 当点P不在端点时，连接PF1,PF2,则 PF1,PF2分别是两个球面的切线,切 点为F1,F2. 过P作母线,与两球面分别相交于 K1,K2,则PK1,PK2分别是两球面的 切线,切点为K1,K2
PF1=PK1,PF2=PK2,
PF1+PF2=PK1+PK2=AD
定理1 圆柱形物体的斜截口是椭圆 焦点 F1、F2 B1B2是F1F2的中垂线
长轴 A1A2
短轴 B1B2 焦距 F1F2
2a
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2.2-2.3 平面与圆柱面的截线 平面与圆锥面的截线 课件(人教A选修4-1)
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在 Rt△PBQ1 中，PB＝PQ1cos α. PQ1 cos β ∴ ＝ . PA cos α PF1 又∵PQ1＝PF1，α＝β，∴ ＝1， PA 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．
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本课时考点在高考中很少考查.2012年梅州模拟以
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[读教材·填要点]
1．平面与圆柱面的截线
(1)椭圆组成元素： F1，F2 叫椭圆的焦点； F1F2 叫椭圆 的焦距；AB叫椭圆的 长轴 ；CD叫椭圆 的 短轴 ．
如果长轴为2a，短轴为2b，那么焦 2 a2－b2 . 距2c＝
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(2)如图(1)，AB、CD是两个等圆的直径，AB∥CD，
AD、BC与两圆相切，作两圆的公切线EF，切点分别为F1、 F2，交BA、DC的延长线于E、F，交AD于G1，交BC于G2. 设EF与BC、CD的交角分别为φ、θ.
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①G2F1＋G2F2＝ AD；②G1G2＝ AD； G2F1 ＝cosφ＝sinθ. ③ G2E (3)如图(2)，将两个圆拓广为球面，将矩形 ABCD 看 成是圆柱面的轴截面，将 EB、DF 拓广为两个平面 α、β， EF 拓广为平面 γ，则平面 γ 与圆柱面的截线是 椭圆 ．即 得定理 1：圆柱形物体的斜截口是椭圆．
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[研一题] [例2] 证明：定理2的结论(1)，即β>α时，平面π与圆 锥的交线为椭圆． 分析：本题考查平面与圆锥面的截线．解答本题需要 明确椭圆的定义，利用椭圆的定义证明．
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证明：如图，与定理1的证明相同，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．
平面与圆柱面的截线-高中数学知识点讲解(含答案)
平面与圆柱面的截线（北京习题集）（教师版）一．选择题（共4小题）1．（2008•崇文区二模）若半径为1的球与120︒的二面角的两个半平面切于M、N两点，则两切点间的球面距离是( )A．43πB．πC．23πD．3π2．（2017秋•朝阳区期末）如图，PAD∆为等边三角形，四边形ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD．若点M 为平面ABCD内的一个动点，且满足MP MC=，则点M在正方形ABCD及其内部的轨迹为()A．椭圆的一部分B．双曲线的一部分C．一段圆弧D．一条线段3．（2015秋•大兴区期末）若直线//a平面α，直线bα⊂，a b⊥，则在平面α内到直线a和直线b距离相等的点的轨迹是()A．圆B．抛物线C．椭圆D．双曲线4．（2013秋•大兴区期末）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．一段正弦曲线二．填空题（共3小题）5．（2006秋•东城区期末）已知棱长等于2的正四面体的四个顶点在同一个球面上，则球的半径长为，球的表面积为．6．（2013秋•大兴区期末）工人师傅在如图1的一块矩形铁皮的中间画了一条曲线，并沿曲线剪开，将所得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．对工人师傅所画的曲线，有如下说法：（1）是一段抛物线；（2）是一段双曲线；（3）是一段正弦曲线；（4）是一段余弦曲线；（5）是一段圆弧．则正确的说法序号是．7．（2003•北京）如图，已知底面半径为r的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为a，最小值为b，那么圆柱被截后剩下部分的体积是．平面与圆柱面的截线（北京习题集）（教师版）参考答案与试题解析一．选择题（共4小题）1．（2008•崇文区二模）若半径为1的球与120︒的二面角的两个半平面切于M 、N 两点，则两切点间的球面距离是()A ．43πB ．πC ．23πD ．3π 【分析】画出图形，圆O 是球的一个大圆，MAN ∠是二面角的平面角，AM 、AN 是圆O 的切线，欲求两切点间的球面距离即求圆O 中劣弧MN 的长，将立体几何问题转化为平面几何问题解决．【解答】解：画出图形，如图，在四边形OMNA 中，AM 、AN 是球的大圆的切线，AM OM ∴⊥，AN ON ⊥，12060MAN MON ∠=︒∴∠=︒∴两切点间的球面距离是33MN OM ππ=⨯=．故选：D ．【点评】空间几何体的主要元素往往集中在某一特征截面上，这个特征截面是一个平面图，从而将立体几何问题转化为平面几何问题．从特征截面入手加以剖析，实现转化是解题的关键．2．（2017秋•朝阳区期末）如图，PAD ∆为等边三角形，四边形ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ．若点M为平面ABCD 内的一个动点，且满足MP MC =，则点M 在正方形ABCD 及其内部的轨迹为( )A．椭圆的一部分B．双曲线的一部分C．一段圆弧D．一条线段【分析】在空间中，过线段PC中点，且垂直线段PC的平面上的点到P，C两点的距离相等，此平面与平面ABCD 相交，两平面有一条公共直线．【解答】解：在空间中，存在过线段PC中点且垂直线段PC的平面，平面上点到P，C两点的距离相等，记此平面为α平面α与平面ABCD有一个公共点，则它们有且只有一条过该点的公共直线．故点M在正方形ABCD及其内部的轨迹为一条线段．故选：D．【点评】本题是轨迹问题与空间线面关系相结合的题目，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．3．（2015秋•大兴区期末）若直线//⊥，则在平面α内到直线a和直线b距离相等的点的a平面α，直线bα⊂，a b轨迹是()A．圆B．抛物线C．椭圆D．双曲线【分析】设a到α距离为d，在α内的射影为c，则在α内以b为x轴，c为y轴建立坐标系．设(,)P x y，根据平面α内的动点P到b与到a的距离相等，即可得出．【解答】解：设a到α距离为d，在α内的射影为c，则在α内以b为x轴，c为y轴建立坐标系．设(,)P x y，则平面α内的动点P到b的距离与到a的距离相等，22∴=+||y x d222∴-=，y x d∴点P的轨迹是双曲线．故选：D．【点评】本题考查了双曲线的标准方程及其性质、两点之间的距离公式、空间线面位置关系，考查了推理能力，属于中档题．4．（2013秋•大兴区期末）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【分析】利用平面图分析曲线的对称性，即可得出结论．【解答】解：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．【点评】本题考查平面与圆柱面的截线，考查函数的对称性和奇偶性，比较基础．二．填空题（共3小题）5．（2006秋•东城区期末）已知棱长等于2的正四面体的四个顶点在同一个球面上，则球的半径长为6，球的表面积为．【分析】将正四面体补成正方体，再将正方体放在一个球体中，利用它们之间的关系求解．【解答】解：如图，将正四面体补形成一个正方体，正四面体为2，∴2又球的直径是正方体的对角线，设球半径是R，2236R∴==6R∴=，球的表面积为6π．故填：62；6π． 【点评】巧妙构造正方体，利用正方体的外接球的直径为正方体的对角线，从而将问题巧妙转化．若已知正四面体V ABC -的棱长为a ，求外接球的半径，我们可以构造出一个球的内接正方体，再应用对角线长等于球的直径可求得．6．（2013秋•大兴区期末）工人师傅在如图1的一块矩形铁皮的中间画了一条曲线，并沿曲线剪开，将所得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．对工人师傅所画的曲线，有如下说法：（1）是一段抛物线；（2）是一段双曲线；（3）是一段正弦曲线；（4）是一段余弦曲线；（5）是一段圆弧．则正确的说法序号是 ③④ ．【分析】利用平面图分析曲线的对称性，即可得出结论．【解答】解：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③④正确．故答案为：③④．【点评】本题考查平面与圆柱面的截线，考查函数的对称性和奇偶性，比较基础．7．（2003•北京）如图，已知底面半径为r 的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为a ，最小值为b ，那么圆柱被截后剩下部分的体积是 21()2r a b π+ ．【分析】用补形法：两个相同的几何体，倒立一个，对应合缝，恰好形成一个圆柱体．求出总体积的一半即可．【解答】解：取两个相同的几何体，倒立一个，对应合缝，恰好形成一个圆柱体．所求几何体的体积：2211()()22r a b r a b ππ⨯⨯+=+故答案为：21()2r a b π+ 【点评】本题考查几何体的体积，考查转化思想，是基础题．。
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E l1 A Q
O1 K1
B
G1
F1
P
F2
G2
D
O2
C
l2 F
K2
图7
大兴安岭实验中学 杨丽英
由切线长定理知G1F2 G1D, F2G2 G2C,
A E G1
O1
B
F1
F2 G2
D
F O2 C
图2
所以G1G2 G1D G2C. 连接F1O1, F2O2, 容易证明EF1O1 FF2O2.
所以EO1 FO2.又因为O1 A O2C,所以EA FC. 于是可证得FCG2 EAG1.所以G1 A G2C .
G2 E
将图3 中的两个圆拓广
为球面, 将矩形A B CD看成 是 A O1 B 圆柱面的轴截面 , 将 EB、DF G1 F1 K1
拓广为两个平面 、 , EF 拓
广为平面 ,得到图4.显然,平 面与圆柱面的截线是椭圆 .根 D
据上面的结论, 你能猜想这个
P F2
O2
G2 C
K2
椭圆的两个焦点的位置吗 ?
所以G1G2 G1D G1 A AD.
在RtG2EB中, cos G2B
G2 E
A E G1
O1
B
F1
G2F1 ,即G2F1 G2E cos
G2 E
F2 G2
D
F O2 C
又因为 900 ,
所以G2F1 G2E cos G2E sin.
图3
由此得到结论:
1G2F1 G2F2 AD; 2G1G2 AD ; 3 G2F1 cos sin .
则PK 、PK 分别是两球面的切线 ,ห้องสมุดไป่ตู้切点为
1
2
K 、K .根据切线长定理的空间 推广, 知
1
2
PF PK , PF PK ,
1
1
2
2
所以PF PF PK PK AD.
1
2
1
2
由于AD为定值, 故点P的轨迹是椭圆.
A
O1
B
G1 F1
K1
P F2
D
O2
G2 C
K2
图6
我们知道椭圆存在 离心率和准线，你 能结合图7估计椭 圆的准线是那两条 吗？
图1
1 G2 F1 G2 F2与AD有什么关系? 相等
2 AD的长与G1G2的长有什么关系? 相等
3 G F 与G E有什么关系?
21
2
G2F1 cos sin .
G2 E
由图 2, 根据切线长定理有 G2F1 G2B, G2F2 G2C, 所以G2F1 G2F2 G2B G2C BC AD. 又因为G1G2 G1F2 F2G2 ,
图4
我们猜想, 两个焦点可能在
两个球与斜截 面的切点上, 即过球心 O1、O2 分别作斜 截面的垂线,其垂足 F1、F2 就可能是焦点.为此, 我们需 要证明: 对于截口上任意一 点P,有PF1 PF2 定值.
A
O1
B
G1 F1
K1
P F2
D
O2
G2 C
K2
探究 如图5,当点P与G2
重合时,可以得到什么结论 ?
图5
当点P在其他位置时, 还有这个结论吗 ?
由于图5 就是图6 经过母线 AD、
BC的轴截面,由前面已有的结论 ,当点
P与G 重合时, 有G F G F AD.
2
21
22
当点P不在端点时, 连接PF、PF ，则PF、
1
2
1
PF 分别是两个球的切线 2
,
切点为
F、F
1
2
.
过P作母线, 与两球面分别相交于 K 、K , 2 1
大兴安岭实验中学 杨丽英
探究 : 如图1, AB、CD是
两个等圆的直径 AB // CD ,
A E G1
O1
B
AD、BC与两圆相切.作两圆的公切线EF, F1
切点分别为F 、F , 交BA、DC的延长线于
F2
G2
12
D
E、F , 交 AD于G , 交 BC于G .设EF与BC
F O2 C
1
2
、CD的交角分别为、 .