最新平面与圆锥面的截线
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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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[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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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(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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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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当β>α时，由上面的讨论可知，平面π与圆锥的交线是一个
封闭曲线．设两个球与平面π的切点分别为F1、F2，与圆锥相切 于圆S1、S2. 在截口的曲线上任取一点P，连接PF1、PF2.过P作母线交S1 于Q1，交S2于Q2，于是PF1和PQ1是从P到上方球的两条切线，因
此PF1＝PQ1.同理，PF2＝PQ2.
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．(如图)
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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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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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当β>α时，由上面的讨论可知，平面π与圆锥的交线是一个
封闭曲线．设两个球与平面π的切点分别为F1、F2，与圆锥相切 于圆S1、S2. 在截口的曲线上任取一点P，连接PF1、PF2.过P作母线交S1 于Q1，交S2于Q2，于是PF1和PQ1是从P到上方球的两条切线，因
此PF1＝PQ1.同理，PF2＝PQ2.
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．(如图)
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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.
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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[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.
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
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.
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0)，则
①β>α ②β＝α ③ β<α ，平面π与圆锥的交线为椭圆； ，平面π与圆锥的交线为抛物线； ，平面π与圆锥的交线为双曲线．
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[小问题·大思维] 用平面截球面和圆柱面所得到的截线分别是什么 形状？
提示：联想立体图形及课本方法，可知用平面截
球面所得截线的形状是圆；用平面截圆柱面所得截线 的形状是圆或椭圆．
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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．
[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.
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
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.
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0)，则
①β>α ②β＝α ③ β<α ，平面π与圆锥的交线为椭圆； ，平面π与圆锥的交线为抛物线； ，平面π与圆锥的交线为双曲线．
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[小问题·大思维] 用平面截球面和圆柱面所得到的截线分别是什么 形状？
提示：联想立体图形及课本方法，可知用平面截
球面所得截线的形状是圆；用平面截圆柱面所得截线 的形状是圆或椭圆．
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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．
圆锥曲线的原理最详细图解(平面与圆锥面的截线).
平面与圆锥面的截线一、直观感受：观察平面截圆锥面的图形，截线是什么图形？改变平面的位置，可得到三种曲线，它们统称为圆锥曲线（下图由软件《立几画板》制作）：二、分类探究：从平面图形入手，开始讨论一条直线与等腰三角形的位置关系：将等腰三角形拓广为圆锥，直线拓广为平面。
如果用一平面去截一个正圆锥，而且这个平面不通过圆锥的顶点，会出现哪些情况呢？如下图：归纳提升：定理在空间中，取直线l为轴，直线l'与l相交于O点，其夹角为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交角为β（π与l平行，记作β＝0），则：（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。
三、证明结论：利用Dandelin双球（这两个球位于圆锥的内部，一个位于平面的上方，一个位于平面的下方，并且与平面及圆锥均相切）证明：β＞α，平面与圆锥的交线为椭圆.如图，利用切线长相等，容易证明PF1+PF2=PQ1+PQ2＝Q1Q2=定值.下面证明：β＝α时，平面与圆锥面的交线为抛物线。
下面讨论当平面与圆锥面的交线为双曲线时准线的及离心率：换个角度看图：容易知道：截得的圆锥曲线的离心率等于截面和圆锥轴的夹角的余弦与圆锥顶角一半的余弦之比.四、知识运用用图霸制作三维直观图：解答参看下图：五、图形制作三种曲线的丹迪林Dandelin双球图可以在《几何图霸》中统一到一幅图中，主要制作步骤如下：1.作全自由点O，过点O作平行于z轴上的点B，过B作平行于x轴上的点C，作点B、C 关于O的对称点B’、C'.2.选取点O、B、C，作圆锥，选取点O、B’、C’，作圆锥.3.在圆B上任取点D，作D关于B对称点，连接OD，OD’，在OD上任取一点E，以E 为圆心画过点D’、D的心点圆，在圆E上任取点F，连EF，它表示截面的位置，可以绕点E转动.4.作角OEF的平分线，与轴BB’交于O1；作角DEF的平分线，与轴BB’交于O2，它们就是双球的球心.5.过球心O1、O2分别作边EF的垂线，垂足分别为F1、F2，它们就是焦点.6.选取点O1、F1，作球O1（图中显示大圆，光照后显示为球），同法作球O2.7.取线EF上的点G、H，作GDO垂线上的伸缩点I，作点I关于点G的对称点I’，按向量GH平称点I、I’，得点I2、I".添加面II2I"I’，连接四边，表示截面.它的长宽可以用点G、H、I控制；点F控制其转动.8.添加下底圆上的点J，连结OJ交截面于点K，选取点J、K，添加轨迹，它就是截线，如上图中的椭圆.9.点E按向量OD’平移得点E’，EE’交圆于点G1，EG1平行于母线OD’，添加点F到点G1的动画，名为“抛物线”.10.参看前面各图添加其它图元.下载图霸文件后在“对象浏览器”中查看各对象.课件下载：共享文件下载中心相关文章：1 利用丹迪林Dandelin双球证明平面与圆锥面的截线定理2平面与圆柱面的截线更多文章：《几何图霸》文章列表几何图霸网站：。
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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当β>α时，由上面的讨论可知，平面π与圆锥的交线是一个
封闭曲线．设两个球与平面π的切点分别为F1、F2，与圆锥相切 于圆S1、S2. 在截口的曲线上任取一点P，连接PF1、PF2.过P作母线交S1 于Q1，交S2于Q2，于是PF1和PQ1是从P到上方球的两条切线，因
此PF1＝PQ1.同理，PF2＝PQ2.
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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．
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．(如图)
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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，过该交线的平面为 π′，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∠BPQ1＝α，∠APB＝β. 在 Rt△APB 中，PB＝PAcos β.
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.
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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， 故当 α＝β 时，平面与圆锥的交线为抛物线．
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)
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
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．(如图)
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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，过该交线的平面为 π′，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∠BPQ1＝α，∠APB＝β. 在 Rt△APB 中，PB＝PAcos 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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[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
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．(如图)
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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，过该交线的平面为 π′，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∠BPQ1＝α，∠APB＝β. 在 Rt△APB 中，PB＝PAcos 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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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)
0)，则
①β>α ②β＝α ③ β<α ，平面π与圆锥的交线为椭圆； ，平面π与圆锥的交线为抛物线； ，平面π与圆锥的交线为双曲线．
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[小问题·大思维] 用平面截球面和圆柱面所得到的截线分别是什么 形状？
提示：联想立体图形及课本方法，可知用平面截
球面所得截线的形状是圆；用平面截圆柱面所得截线 的形状是圆或椭圆．
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当β>α时，由上面的讨论可知，平面π与圆锥的交线是一个
封闭曲线．设两个球与平面π的切点分别为F1、F2，与圆锥相切 于圆S1、S2. 在截口的曲线上任取一点P，连接PF1、PF2.过P作母线交S1 于Q1，交S2于Q2，于是PF1和PQ1是从P到上方球的两条切线，因
此PF1＝PQ1.同理，PF2＝PQ2.
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
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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
圆锥的截口曲线
圆锥的截口曲线
圆锥的截口曲线是指由圆锥与一个平面相交形成的曲线。
根据平面与圆锥的相对位置关系，截口曲线可以分为以下几种常见类型：
1. 椭圆：当平面与圆锥的轴对称时，截口曲线为椭圆。
2. 椭缩圆：当平面与圆锥的轴不对称，但与圆锥两侧切线夹角相等时，截口曲线为椭缩圆。
3. 双曲线：当平面与圆锥的轴不对称，且与圆锥两侧切线角度不等时，截口曲线为双曲线。
4. 抛物线：当平面与圆锥平行于圆锥的侧面时，截口曲线为抛物线。
需要注意的是，圆锥的截口曲线取决于平面与圆锥的相对位置以及两者之间的角度关系，因此还存在其他特殊的截口曲线形状，如直线、点等。
平面与圆锥面的截线 课件
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=
cos
.
cos
反思讨论圆锥曲线的几何性质时,要注意结合图形进行.
题型二
圆锥曲线几何性质应用
【例2】 已知双曲线两个顶点间的距离为2a,焦距为2c,求两条准
线间的距离.
解:如图,l1,l2是双曲线的准线,F1,F2是焦点,A1,A2是顶点,O为中心.
∵PB平行于圆锥的轴,∴∠BPA=β,∠BPQ2=α.
.
cos
Rt△BPQ2 中,PQ 2=
.
cos
在 Rt△BPA 中,PA=
在
由切线长定理,得 PF2=PQ2,
2
cos
∴PF2= cos.∴e= = cos.
π
∵0<β<α< 2 , ∴ cos β>cos α.∴e>1.
时的交线叫做双曲线
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'
符号
语言
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),则
(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;
由离心率定义知
1 1
1 1
= ,
∴A1H1= 11.
又 A1F1=OF1-OA1=c-a,
(-)
∴A1H1= . ∴ 1 = 1 − 11,
(-)
2
∴OH1=a− = .
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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当β>α时，由上面的讨论可知，平面π与圆锥的交线是一个
封闭曲线．设两个球与平面π的切点分别为F1、F2，与圆锥相切 于圆S1、S2. 在截口的曲线上任取一点P，连接PF1、PF2.过P作母线交S1 于Q1，交S2于Q2，于是PF1和PQ1是从P到上方球的两条切线，因
此PF1＝PQ1.同理，PF2＝PQ2.
选择题的形式考查了平面与圆柱面的截线的形状，是
高考模拟命题的一个新动向．
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[考题印证]
(2012· 梅州模拟)已知半径为 2 的圆柱面， 一平面与圆 柱面的轴线成 45° 角，则截线椭圆的焦距为 A．2 2 C．4 B．2 D．4 2 ( )
[命题立意]
本题主要考查平面与圆柱面的截线问题，
同时考查椭圆的相关性质．
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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．
0)，则
①β>α ②β＝α ③ β<α ，平面π与圆锥的交线为椭圆； ，平面π与圆锥的交线为抛物线； ，平面π与圆锥的交线为双曲线．
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[小问题·大思维] 用平面截球面和圆柱面所得到的截线分别是什么 形状？
提示：联想立体图形及课本方法，可知用平面截
球面所得截线的形状是圆；用平面截圆柱面所得截线 的形状是圆或椭圆．
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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．
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．
圆锥的投影、截交线及轴侧图
圆锥体
形成：锥面可看作直线SA绕与它相交的轴线旋转而成。 构成：圆锥体由圆锥面，底面（平面）所围成。 视图分析：圆锥俯视图是一个圆线框，主、左视图是 两个全等的三角形线框。 最前轮 Z 俯视图的圆线框，反映 廓素线 圆锥底面的实形，同时也表 s' 示圆锥的投影。主、左视图 V s" S 的等腰三角形线框，其下边 b' 为圆锥底面的积聚性投影。
平面体表面找点，利用平面上找点的方法。 圆柱体表面找点，利用投影的积聚性。 圆锥体表面找点，用辅助线法和辅助圆法。 球体表面找点，用辅助圆法。
二、简单叠加体的画图和看图方法
⒈ 画图时一定逐个形体画，同时注意分析表面的 过渡关系，以避免多线或漏线。 ⒉ 看图时切忌只抓住一个视图不放。利用封闭线 框分解形体和分析表面的相对位置关系。
三角形
(3).圆锥截交线的求法 （求共有点的方法）
素线法
纬圆法
作图步骤: 1). 投影分析 2).求特殊位置点：转向轮廓线上的点，分界点 3). 求一般位置点 4). 光滑连接各点 5). 判断可见性 6). 整理轮廓线
上一级
4.辅助素线法求截交线
分析：P平面垂直于V面，其截交线的正面投 影积聚为一直线，水平和侧面投影需要求出。求 解时先确定截交线的特殊点，再求一般点。
b'
#39;
c'
b'
a' ' c' d' ' ' b' '
描深图线
b d c
a
例1:圆锥被正垂面截切，求 截交线，并完成三视图。
截交线 截交线 的空间 的投影 如何找椭圆另 形状？ 特性？ 一根轴的端点
？
★找特殊点 ★补充中间点 ★光滑连接各点 ★分析轮廓线的 投影
形成：锥面可看作直线SA绕与它相交的轴线旋转而成。 构成：圆锥体由圆锥面，底面（平面）所围成。 视图分析：圆锥俯视图是一个圆线框，主、左视图是 两个全等的三角形线框。 最前轮 Z 俯视图的圆线框，反映 廓素线 圆锥底面的实形，同时也表 s' 示圆锥的投影。主、左视图 V s" S 的等腰三角形线框，其下边 b' 为圆锥底面的积聚性投影。
平面体表面找点，利用平面上找点的方法。 圆柱体表面找点，利用投影的积聚性。 圆锥体表面找点，用辅助线法和辅助圆法。 球体表面找点，用辅助圆法。
二、简单叠加体的画图和看图方法
⒈ 画图时一定逐个形体画，同时注意分析表面的 过渡关系，以避免多线或漏线。 ⒉ 看图时切忌只抓住一个视图不放。利用封闭线 框分解形体和分析表面的相对位置关系。
三角形
(3).圆锥截交线的求法 （求共有点的方法）
素线法
纬圆法
作图步骤: 1). 投影分析 2).求特殊位置点：转向轮廓线上的点，分界点 3). 求一般位置点 4). 光滑连接各点 5). 判断可见性 6). 整理轮廓线
上一级
4.辅助素线法求截交线
分析：P平面垂直于V面，其截交线的正面投 影积聚为一直线，水平和侧面投影需要求出。求 解时先确定截交线的特殊点，再求一般点。
b'
#39;
c'
b'
a' ' c' d' ' ' b' '
描深图线
b d c
a
例1:圆锥被正垂面截切，求 截交线，并完成三视图。
截交线 截交线 的空间 的投影 如何找椭圆另 形状？ 特性？ 一根轴的端点
？
★找特殊点 ★补充中间点 ★光滑连接各点 ★分析轮廓线的 投影
平面与圆锥相交截交线性质的分析
一
ｓ（＋ ）ｎ 一） ｉａ ８ｓ（ ｎ ｉａ
， ．ｎ （ １ ）２Ｏ ： １Ｓ ｔ ：ｓ２ ＋ ） ＿￣ Ｃ ｉ
“ ＼ Ｓｌ口 ／ ｉ ｌ
（） ８
式 （）是抛物线方程 ，抛物线的焦距与 ｂ成正 比。 ８
４ ）当 口 ＜ ＜ ９ ｏ时 式 （ ）可 以 整理 为 ０ ５
．
ｐ
（） ２
７‘ ‘＼ ．
ｌ 甲 眦 ｊｌ ｝ ｌ 锥 Ｉ／ 交截 变 线性 质 ｆｔ ＊ｔ ｉｆ
／ｆ ， ｏ ｌ
这 是 圆锥 的 二 条直 素 线 。 ： ２ ）当 ａ＞Ｏ时 ，截 平 面 ｐｌ 行 于 圆锥 轴 线 ，式 （ ）仍 为 平 ２
Ｚ Ｃｇ ０ —ｙ２： ａ ２ｔ２ｆ
设 Ｐｌ 圆锥 轴 线 之 间距 离 为 ａ。以 ｘ＝ａ代 人式 （） 与 １ ，则 截 交 线 的 一般 方 程 为 ｚ ｃ 一Ｊ ２ｔ ｇ ， ＝ａ １ ）当 ａ：Ｏ时 ，截 平 面 Ｐ， 经过 圆锥轴 线 。式 （ ）为 ２
ｚ ｃｇ ２ ｔ ＝Ｊ ，
；
｛ ．． 。 ／ ＼
（） ４
设 截平 面 Ｐ２ ０ 一 与
重合。当 ｚ ＝ ０时 ，得 到 Ｐ 截 平面 与 圆锥表 面的 截 交 线 的 一般 方 程 ２ （ ＣＳ ＋（ ， ） Ｏ Ｊ） ６ ｓ ）ｃ ． ， ＝（ ＋ ｉ ｔ 口 ｎ ｇ
（） ５ （） ６ ６一
１ 当 ：。时 ，即截 平面 Ｐ２ 直 圆锥 轴 线 ，式 （ ）即成 为 ） ０ 垂 ５
一
ｓ（ ＋ ）ｎ ） ． ｉａ ８ｓ（ ｎ ｉａ一 ｊ
一 ： 一 ］ ｌ
（ ）
一１
『ｂｉ ｃ 口０ ］ 。 垒！ ： ｓ口０ ｃ ｎ ｓ ｓ ：！ ！
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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[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
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
0)，则
①β>α ②β＝α ③ β<α ，平面π与圆锥的交线为椭圆； ，平面π与圆锥的交线为抛物线； ，平面π与圆锥的交线为双曲线．
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[小问题·大思维] 用平面截球面和圆柱面所得到的截线分别是什么 形状？
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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[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
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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.
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．(如图)
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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，过该交线的平面为 π′，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∠BPQ1＝α，∠APB＝β. 在 Rt△APB 中，PB＝PAcos β.
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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[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.
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.
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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．(如图)
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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，过该交线的平面为 π′，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∠BPQ1＝α，∠APB＝β. 在 Rt△APB 中，PB＝PAcos β.
[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.
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.
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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．(如图)
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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，过该交线的平面为 π′，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∠BPQ1＝α，∠APB＝β. 在 Rt△APB 中，PB＝PAcos β.
截 交 线
与柱面的交线为圆弧，如下图所示。
画图步骤（参见下图）：
主视图的投射方向由例图可知，先画出未切割前圆柱体的三视图。 画切角的投影。切角的投影要先画主视图，再画俯视图，然后由主视图和俯视
4 画矩形切槽的投影。矩形切槽的投影要先画左视图，再画俯视图，主视图由俯视图
和左视图求出（主视图中，矩形切槽的底面不可见，因此要画成虚线）。 整理轮廓线，将切去的轮廓线擦除并加深图线。
b. 求矩形槽的侧面P与锥面交线（即双曲线）的顶
4 点和端点。假想侧平面P将该锥台切断，则右图（b）
中的点3′为双曲线的顶点，该顶点在锥面对V面的转 向轮廓线上，其W面投影和轴线重合，双曲线的端点 在锥台的底圆上。
c. 求双曲线弧的上端点。 在主视图上取特殊点4′和 5′，然后用辅助圆法确定 俯视图和左视图中双曲线 弧上这两个点的投影。
d. 用辅助圆法求双曲线弧上的一般位置点，然后用 光滑曲线依次连接这些特殊点和一般位置点。
4 e. 求矩形槽的顶面R与锥面的交线。该交线为圆弧，
圆弧的水平投影反映实形，W面的投影为线段。
f. 整理轮廓线。从主 视图上可以看出，锥面 对W面的转向轮廓线被 矩形槽切去了一段，圆 台的底圆也被切去了一 段圆弧，所以俯视图不 再是完整的圆。
截平面垂直 于轴线
截平面平行 于轴线
截平面倾斜 于轴线Fra bibliotek当截平面与圆柱体的轴线垂直时，截交线为圆。 当截平面与圆柱体的轴线平行时，截交线为矩形。 当截平面与圆柱体的轴线倾斜时，截交线为椭圆。
2．投影面垂直线 求圆柱切割体的三视图，主要是求截交线的投影，其具体画图步骤如下：
1
第一步
画出没有切割前圆柱体的三视图。
由主视图和左视图绘制 俯视图。椭圆弧截交线的俯视 图仍为椭圆弧，可先求出截交 线上的特殊点（转向轮廓线上 的点和交线的端点），再求出 一些一般位置点，求一般位置 点时可利用对称性求出对称点， 然后用曲线板光滑连接各点。 整理轮廓线，将切去的 轮廓线擦除并加深图线。
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)
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.
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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．
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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．
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＝
选择题的形式考查了平面与圆柱面的截线的形状，是
高考模拟命题的一个新动向．
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[考题印证]
(2012· 梅州模拟)已知半径为 2 的圆柱面， 一平面与圆 柱面的轴线成 45° 角，则截线椭圆的焦距为 A．2 2 C．4 B．2 D．4 2 ( )
[命题立意]
本题主要考查平面与圆柱面的截线问题，
同时考查椭圆的相关性质．
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.
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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
平面截圆锥
用一个平面截圆锥有七种情况
1、当平面与二次锥面的母线平行，且不过圆锥顶点，结果为抛物线。
2、当平面与二次锥面的母线平行，且过圆锥顶点，结果退化为一条直线。
3、当平面只与二次锥面一侧相交，且不过圆锥顶点，结果为椭圆。
4、当平面只与二次锥面一侧相交，且不过圆锥顶点，并与圆锥的对称轴垂直，结果为圆。
5、当平面只与二次锥面一侧相交，且过圆锥顶点，结果为一点。
6、当平面与二次锥面两侧都相交，且不过圆锥顶点，结果为双曲线。
7、当平面与二次锥面两侧都相交，且过圆锥顶点，结果为两条相交直线。
E。
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平面与圆锥面的截线
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1．理解圆锥面的概念． 2．了解圆锥面被平面截得的圆锥曲线的各种情况．
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由于Q1Q2为两圆S1、S2所在平行平面之间的母线段长， 因此Q1Q2的长为定值．
由上述可知，双曲线的结构特点是：双曲线上任意一 点到两个定点(即双曲线的两个焦点)的距离之差的绝对值为 常数．
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◆数学•选修4-1•(配人教A版)◆ 如图所示，平面ABC是圆锥面的正截面，PAB
4．圆 椭圆 抛物线 双曲线 5．圆 圆或椭圆
是圆锥的轴截面，已知∠APC＝60°，∠BPC＝90°，PA＝4. (1)求二面角A－PC－B的余弦值． (2)求正截面圆圆心O到平面PAC的距离．
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解析：(1)∵∠APC=60，∴△APC 为等边三角形． 如图所示，分别取 PC、BC 的中点 D、E，连接 AD、DE， 则 AD⊥PC，DE∥PB. 又 PB⊥PC，∴DE⊥PC. 故∠ADE 为二面角 A-PC-B 的平面角． 连接 AE，在 Rt△ACE 中，求得 AE2=24.
1．(1)β＞α (2)β＝α (3)β＜α
2．(1)β＞α (2)β＝α (3)β＜α 金品质•高追求 我们让你更放心！
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研究圆锥的截线，说明双曲线为β＜α时，平 面π与圆锥的交线．
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A．圆
B．椭圆
C．双曲线
D．抛物线
2．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( B )
A．圆
B．椭圆
C．双曲线
D．抛物线
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3．一平面截圆锥的截线为椭圆，椭圆的长轴为 8，长轴
的两端点到顶点的距离分别是 6 和 10，则椭圆的离心率为
中心角为 2πR = 2 ，∴圆锥的半顶角= π .
l
4
连接 OE.∵O、E 分别是 AB、VB 的中点，
∴OE∥VA，
∴∠VOE=∠AVO= π . 4
又∵AB⊥CD，VO⊥CD，
∴CD⊥平面 VAB，
∴平面 CDE⊥平面 VAB，即平面 VAB 为截面 CDE 的轴
面，
∴∠VOE 为截面与轴线所夹的角，即为 π . 4
已知，圆锥侧面展开图扇形的中心角为 2 π，AB、CD是圆锥面的正截面上互相垂直的两条直径，过 CD和母线VB的中点E作一截面，求截面与圆锥的轴线所夹角 的大小，并说明截线是什么圆锥曲线．
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解析：设⊙O 的半径为 R，母线 VA=l，则侧面展开图的
又 AD= 3 PA=2 3 ，DE= 1 PB=2，在△ADE 中，由余弦
22Βιβλιοθήκη 定理，得 cos∠ADE=- 3 . 3
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(2)取 AC 的中点 F，连接 PF、OF，则 AC⊥平面 POF， 从而平面 PAC⊥平面 POF.
过点 O 作 OH⊥PF，垂足为 H，则 OH⊥平面 PAC，故 OH 的长为点 O 到平面 PAC 的距离．
又∵圆锥的半顶角与截面与轴线的夹角相等，故截面
CDE 与圆锥的截线为一抛物线． 金品质•高追求 我们让你更放心！
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1．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 )
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1．如图1，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
π 2
，则：
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(1)________，l与AB(或AB的延长线)、AC相交． (2)________，l与AB不相交． (3)________，l与BA的延长线、AC都相交． 2．在空间中，取直线l为轴，直线l′与l相交于点O，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)，则 (1)________，平面π与圆锥的交线为椭圆． (2)________，平面π与圆锥的交线为抛物线． (3)________，平面π与圆锥的交线为双曲线．
在 Rt△ACB 中，AC=PA=4，BC= 2 PB=4 2 ，从而
AB=4 3 ，OP=2. 在 Rt△POF 中，
OF= 1 BC=2 2 ，OP=2，PF= 3 PA=2 3 ，
2
2
由面积关系，得 OH= OF OP = 2 6 .
PF
3
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解析：当β＜α时，平面π与圆锥的两部分相交．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，与圆锥两部分截得的圆分别为S1、S2.
在截口上任取一点P，连接PF1、PF2.过点P和圆锥的顶 点O作母线，分别与两个球相切于点Q1、Q2，则PF1＝PQ1， PF2＝PQ2，所以|PF1－PF2|＝|PQ1－PQ2|＝Q1Q2.
(C )
A. 3
B. 4
5
5
C. 1
D. 2
2
2
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4．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：________、________、 ________和________．
5．用平面截球面和圆柱面所产生的截线形状分别是 ______、________.
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由于Q1Q2为两圆S1、S2所在平行平面之间的母线段长， 因此Q1Q2的长为定值．
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4．圆 椭圆 抛物线 双曲线 5．圆 圆或椭圆
是圆锥的轴截面，已知∠APC＝60°，∠BPC＝90°，PA＝4. (1)求二面角A－PC－B的余弦值． (2)求正截面圆圆心O到平面PAC的距离．
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解析：(1)∵∠APC=60，∴△APC 为等边三角形． 如图所示，分别取 PC、BC 的中点 D、E，连接 AD、DE， 则 AD⊥PC，DE∥PB. 又 PB⊥PC，∴DE⊥PC. 故∠ADE 为二面角 A-PC-B 的平面角． 连接 AE，在 Rt△ACE 中，求得 AE2=24.
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研究圆锥的截线，说明双曲线为β＜α时，平 面π与圆锥的交线．
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A．圆
B．椭圆
C．双曲线
D．抛物线
2．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( B )
A．圆
B．椭圆
C．双曲线
D．抛物线
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3．一平面截圆锥的截线为椭圆，椭圆的长轴为 8，长轴
的两端点到顶点的距离分别是 6 和 10，则椭圆的离心率为
中心角为 2πR = 2 ，∴圆锥的半顶角= π .
l
4
连接 OE.∵O、E 分别是 AB、VB 的中点，
∴OE∥VA，
∴∠VOE=∠AVO= π . 4
又∵AB⊥CD，VO⊥CD，
∴CD⊥平面 VAB，
∴平面 CDE⊥平面 VAB，即平面 VAB 为截面 CDE 的轴
面，
∴∠VOE 为截面与轴线所夹的角，即为 π . 4
已知，圆锥侧面展开图扇形的中心角为 2 π，AB、CD是圆锥面的正截面上互相垂直的两条直径，过 CD和母线VB的中点E作一截面，求截面与圆锥的轴线所夹角 的大小，并说明截线是什么圆锥曲线．
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过点 O 作 OH⊥PF，垂足为 H，则 OH⊥平面 PAC，故 OH 的长为点 O 到平面 PAC 的距离．
又∵圆锥的半顶角与截面与轴线的夹角相等，故截面
CDE 与圆锥的截线为一抛物线． 金品质•高追求 我们让你更放心！
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1．如图1，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
π 2
，则：
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(1)________，l与AB(或AB的延长线)、AC相交． (2)________，l与AB不相交． (3)________，l与BA的延长线、AC都相交． 2．在空间中，取直线l为轴，直线l′与l相交于点O，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)，则 (1)________，平面π与圆锥的交线为椭圆． (2)________，平面π与圆锥的交线为抛物线． (3)________，平面π与圆锥的交线为双曲线．
在 Rt△ACB 中，AC=PA=4，BC= 2 PB=4 2 ，从而
AB=4 3 ，OP=2. 在 Rt△POF 中，
OF= 1 BC=2 2 ，OP=2，PF= 3 PA=2 3 ，
2
2
由面积关系，得 OH= OF OP = 2 6 .
PF
3
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解析：当β＜α时，平面π与圆锥的两部分相交．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，与圆锥两部分截得的圆分别为S1、S2.
在截口上任取一点P，连接PF1、PF2.过点P和圆锥的顶 点O作母线，分别与两个球相切于点Q1、Q2，则PF1＝PQ1， PF2＝PQ2，所以|PF1－PF2|＝|PQ1－PQ2|＝Q1Q2.
(C )
A. 3
B. 4
5
5
C. 1
D. 2
2
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5．用平面截球面和圆柱面所产生的截线形状分别是 ______、________.