2.1 平行投影与圆柱面的平面截线
[对应学生用书P37]
[读教材·填要点]
1．平行投影
(1)回顾必修二定义：已知图形F，直线l与平面α相交，过F上任意一点M作直线MM′平行于l，交平面α于点M′，则M′叫做点M在平面α内关于直线l的平行投影．如果图形F上的所有点在平面α内关于直线l的平行投影构成图形F′，则F′叫做图形F在α内关于直线l的平行投影，平面α叫做投影面，l叫做投射线，如果投射线与投射面垂直，则称这样的平行投影为正投影．
(2)平行投影的性质(直线与投影线不平行)：
①直线或线段的平行投影仍是直线或线段；
②平行直线的平行投影是平行或重合的直线；
③平行于投射面的线段，它的投影与这条线段平行且等长；
④与投射面平行的平面图形，它的投影与这个图形全等；
⑤在同一直线或平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段比．
2．圆柱面的平面截线
如果一个平面垂直于一圆柱的轴，截圆柱所得的截线为一圆；如果一个平面与圆柱的轴所成角为锐角，截圆柱所得的截线形状为椭圆．
[小问题·大思维]
1．正投影与平行投影之间有什么关系？
提示：正投影是平行投影中投射线的方向与投射面垂直的一种特殊情况．
2．一个圆在一个平面上的正投影是什么形状？
提示：若一个圆所在平面β与平面α平行，该圆在平面α内的正投影为一个圆；如果β与平面α垂直，则圆在平面α的正投影为一条线段；若平面β与平面α不平行也不垂直时，该圆在平面α上的正投影为一个椭圆．综上可知，一个圆在一个平面上的投影可能为一条线段、椭圆或圆．
[对应学生用书P37]
点的投影
[例1] 如图所示，在三棱锥P－ABC中，E，F分别是AC，AB的中点，△ABC和△PEF都是正三角形，且PF⊥AB.
求证：点C在平面PAB内的正射影为点P.
[思路点拨] 本题考查正投影的概念，解答本题需证明PC⊥平面PAB.
[精解详析] 在三棱锥P－ABC中，由△ABC是正三角形，可设AB＝BC＝AC＝a.
∵E，F分别是AC，AB的中点，且△PEF是正三角形，
∴PE＝PF＝EF＝BC＝a.
∵PF⊥AB，
∴PA2＝AF2＋PF2＝2＋2＝a2，
同理，PB2＝a2.
又∵AF＝AE，PF＝PE，
∴PA2＝PE2＋AE2，
∴PE⊥AC.
∴PC2＝PE2＋EC2＝2＋2＝a2，
∴PA2＋PC2＝a2＋a2＝a2＝AC2，∴PA⊥PC.
又∵PB2＋PC2＝a2＋a2＝a2＝BC2，∴PB⊥PC.
∴PC⊥平面PAB，
即点C在平面PAB内的正射影是点P.
因为点在任何平面上的投影仍然是点，所以解决此类问题的关键是正确作出点在平面内的正投影．
1.如图，P是△ABC所在平面α外一点，O是点P在平面α内的正投影．
(1)若P点到△ABC的三边距离相等，且O点在△ABC的内部，那么O点是△ABC的什么心？
(2)若PA、PB、PC两两互相垂直，O点是△ABC的什么心？
解：(1)由P到△ABC的三边距离相等，故有O到△ABC的三边距离相等，
∴O为△ABC的内心．
(2)∵PA⊥PB，PA⊥PC，
∴PA⊥BC，
又∵PO⊥BC，
∴OA⊥BC，同理OB⊥AC，OC⊥AB，
∴O为△ABC的垂心.
几何图形的投影
[例2] 有下列4个命题：
①矩形的平行投影一定是矩形；
②矩形的正投影一定是矩形；
③梯形的平行投影一定是梯形；
④梯形的正投影一定是梯形，其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
[思路点拨] 本题考查平行投影的概念，解答本题需要考虑到投影面的位置不同，则投影的形状会不同．
[精解详析] ①矩形的平行投影可以是矩形、平行四边形或线段，不正确；②矩形的正投影也有矩形、平行四边形、线段三种情况，不正确；③梯形的平行投影可以是梯形、线段，不正确；④梯形的正投影也可能是梯形、线段，不正确．
[答案] A
不论是正投影还是平行投影都应考虑图形所在的平面与投影方向的夹角的变化关系，注意不漏、不缺，考虑问题要全面．
2．关于直角AOB在定平面α内的投影有如下判断：①可能是0°的角；②可能是锐角；③可能是直角；④可能是钝角；⑤可能是180°的角，其中正确判断的序号是________(注：把你认为是正确判断的序号都填上)．
解析：设直角AOB所在平面为β，在α与β垂直时直角AOB投影为一条射线，从而投影为0°的角，α与β平行时投影为直角，随着α与β所成角的变化也可以为锐角、钝角或平角，因而正确的结果为①②③④⑤.
答案：①②③④⑤
[例3] 设四面体ABCD各棱长均相等，E、F分别为AC、AD的中点，如图，则△BEF在该四面体的面ABC上的正投影是下列中的( )
[思路点拨] 本题考查正投影的应用．解答此题的关键是确定F在平面ABC上的正投影的位置．
[精解详析] 由于BE＝BF，所以△BEF为等腰三角形，故F点在平面ABC上的正投影不在AC上而在△ABC内部，又由于EF与CD平行，而CD与平面ABC不垂直，所以F点在平面ABC上的正投影不在直线BE上，从而只有B图形成立．
[答案] B
确定一个几何图形的正投影，其实质是确定其边界点的正投影的位置．在解决此类问题时，一定要全面考虑，否则极易出错．
3．如图，E、F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的正投影可能是下图中的________．(把可能的图的序号都填上)
解析：四边形BFD1E在平面ABCD和平面A1B1C1D1上的正投影均为图②，四边形BFD1E在平面ADD1A1和平面BCC1B1上的正投影均为图③，四边形BFD1E在平面ABB1A1和平面DCC1D1上的正投影均为②，故正确的为②和③.
答案：②③
[对应学生用书P39]
一、选择题
1．梯形ABCD中，AB∥CD，若梯形不在平面α内，则它在α的投影是( )
A．平行四边形 B．梯形
C．一条线段 D．一条线段或梯形
解析：当梯形所在的平面平行于投影线时，梯形在α上的投影是一条线段；当梯形所在的平面与投影线不平行时，梯形在α上的投影是一个梯形．
答案：D
2．一条直线在一个面上的平行投影是( )
A．一条直线 B．一个点
C．一条直线或一个点 D．不能确定
解析：当直线与面垂直时，平行投影可能是点．
答案：C
3．△ABC的一边在平面α内，一顶点在平面α外，则△ABC在面α内的投影是( )
A．三角形 B．一线段
C．三角形或一线段 D．以上均不正确
解析：当△ABC所在平面平行于投影线时，投影是一线段，不平行时，投影是三角形．
答案：C
4．圆柱的正投影可能是( )
A．圆 B．矩形
C．圆或矩形 D．圆或平行四边形
解析：根据圆柱的三视图可知圆柱的正投影是圆或矩形．
答案：C
二、填空题
5．一个平行四边形的平行投影是________．
答案：平行四边形或线段
6．两条相交直线的平行投影是________．
解析：两条相交直线的平行投影，仍然有一公共点，因为两条相交直线的交点的平行投影必在两条直线的平行投影上，从而有两条相交直线的平行投影为两条相交直线，或者是一条直线．
答案：两条相交直线或一条直线
7．在四棱锥P－ABCD中，四条侧棱都相等，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB>CD，为保证顶点P在底面ABCD所在平面上的正投影O落在梯形ABCD外部，则底面ABCD需满足条件________．(填上你认为正确的一个充分条件即可)
解：由已知四条侧棱都相等得P在底面ABCD上正投影O应为四边形ABCD的外接圆圆心，要使圆心O在四边形ABCD外，则应使∠ACB>90°，或∠ADB>90°.
答案：∠ACB>90°(或∠ADB>90°)
8．已知a、b为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a、b在α上的正投影有可能是：
①两条平行直线；
②两条互相垂直的直线；
③同一条直线；
④一条直线及其外一点．
在上面结论中，正确结论的编号是________(写出所有正确的结论的编号)．
解析：当a、b均与α 斜交且二者的公垂线与α平行时，a、b在α上的正投影是两条平行直线；当a、b均与α斜交且其中一条垂直于另一条在α内的正投影时，两直线在α内的正投影为相互垂直的直线；当其中一条与α垂直，另一条与α斜交时，正投影为一直线及其外一点．
答案：①②④
三、解答题
9．如图，△ABC是直角三角形，AB是斜边，三个顶点A、B、C在平面α内的正投影分别是A′、B′、C′，如果△A′B′C′是等边三角形，且AA′＝a，BB′＝a＋2，CC′＝a＋1，设平面ABC与平面A′B′C′所成的二面角的平面角为θ，求θ的余弦值．
解：设A′B′＝x，则
AB2＝x2＋4，AC2＝x2＋1，BC2＝x2＋1.
∴x2＋4＝x2＋1＋x2＋1，解得x＝，
∴AC＝BC＝，∴S△ABC＝.
S△A′B′C′＝，∴cosθ＝＝.
10．过Rt△BPC的直角顶点P作线段PA⊥平面BPC.求证：△ABC的垂心H是P点在平面ABC内的正投影．
证明：如图所示，欲证△ABC的垂心H是P点在平面ABC内的正投影，只需证明PH⊥平面ABC即可．
连接AH并延长，交BC于点D；
连接BH并延长，交AC于点E，
连接PD.
∵H是△ABC的垂心，∴BC⊥AD.
又∵AP⊥平面PBC，
∴PD是斜线段AD在平面BPC上的正投影．
∴BC⊥PD.
显然PH在平面PBC内的射影在PD上，
∴BC⊥PH.同理可证AC⊥PH.
故PH⊥平面ABC.
即H是P在平面ABC上的正射影．
11．已知Rt△ABC的斜边BC在平面α内，试判断△ABC的两直角边在平面α内的正投影与斜边组成的图形的形状．
解：(1)当顶点A在平面α上的正投影A′在BC所在的直线上时，两条直角边在平面α上的正投影是两条线段BA′、CA′，BA′＋CA′＝BC，所以正投影BA′、CA′与斜边BC组成的图形是线段BC，如图(1)．
(2)当顶点A在平面α上的正投影A′不在斜边BC所在的直线上时，
因为AA′⊥α，
所以AA′⊥A′B，AA′⊥A′C.
所以A′B
因为在Rt△ABC中，AB2＋AC2＝BC2，
所以BC2>A′B2＋A′C2.
所以A′B2＋A′C2－BC2<0.
因为cos∠BA′C＝<0，
所以∠BA′C为钝角．
所以△A′BC为钝角三角形．
故该图形的形状为线段或钝角三角形．
课件36张PPT。把握热点考向考点一理解教材新知考点二应用创新演练读教材·填要点小问题·大思维第二章2.1
平行投影与圆柱面的平面截线2.2 用内切球探索圆锥曲线的性质
[对应学生用书P40]
[读教材·填要点]
1．球的切线与切平面
(1)球的切线：
①定义：与球只有唯一公共点的直线叫做球的切线，如果球的切线通过一点P，切点为A，则称线段PA的长为从点P引的球的切线长．
②性质：
球的切线垂直于过切点的半径．
从球外任一点引球的所有切线长相等．
(2)球的切平面：
①定义：与球只有唯一公共点的平面叫做球的切平面．
②性质：一个球的切平面，垂直于过切点的半径．
2．圆柱面的内切球与圆柱面的平面截线．
(1)圆柱面的定义：
一条直线绕着与它平行的一条直线旋转一周，形成的曲面叫做圆柱面，这条直线叫做圆柱面的母线，平行直线叫做圆柱面的轴．
(2)圆柱面的内切球：
在圆柱面的轴上任取一点C，过C作垂直于轴的平面δ，则平面δ在圆柱面上的截线⊙(C，r)称为切点圆，以C为圆心，r为半径作球，该球叫做圆柱面的内切球．
(3)圆柱面的平面截线：
①如果平面δ与圆柱面的轴线垂直，则平面δ截圆柱所得的截线是一个圆，此时δ平面为圆柱面的直截面；
②如果平面δ与圆柱面的轴所成的角为锐角，此时称平面δ为斜截面，平面δ截圆柱所得的截线是一个椭圆．
③椭圆的定义：
在一个平面内，到两个定点距离和等于定长(大于两定点的距离)的点的轨迹，叫做椭圆．
3．圆锥面及其内切球
(1)圆锥面：
①定义：一条直线绕着与它相交成定角θ(0<θ<)的另一条直线旋转一周，形成的曲面叫做圆锥面，这条直线叫做圆锥面的母线，另一条直线叫做圆锥面的轴，母线与轴的交点，叫做圆锥面的顶点，顶点为S的圆锥面通常记作圆锥面S.
②性质：
性质1：圆锥面的轴线和每一条母线的夹角相等．
性质2：如果一个平面垂直于圆锥面的轴线，则其截圆锥面所得的截线是圆．
(2)圆锥面的内切球及其性质：
圆锥面与内切球的交线是一个圆，并且该圆所在平面垂直于该圆锥面的轴线．
(3)圆锥面的平面截线：
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(δ与轴线平行时，规定β＝0)则
①当β>α时，平面δ与圆锥面的交线为椭圆；
②当β＝α时，平面δ与圆锥面的交线为抛物线；
③当β<α时，平面δ与圆锥面的交线为双曲线．
4．圆锥曲线的统一定义
定理：除了圆之外，每一条圆锥曲线都是平面上到某个定点F和到某条定直线l的距离的比值等于常数的点的轨迹，其中F叫做圆锥曲线的焦点，直线叫做圆锥曲线的准线．
[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．
[对应学生用书P41]
圆柱面的平面截线
[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．
[思路点拨] 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．
[精解详析] 过G1作G1H⊥BC于H.
∵圆柱底面半径为，∴AB＝2.
∵四边形ABHG1是矩形，
∴AB＝G1H＝2.
在Rt△G1G2H中，
G1G2＝＝＝4.
又椭圆短轴长等于底面圆的直径2，
∴椭圆的标准方程为＋＝1.
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．
1．平面α与圆柱轴线成60°角，截圆柱面所得椭圆焦距为2 ，求圆柱面的半径．
解：如图所示，O为椭圆中心，AA′是椭圆的长轴，其长设为2a，过O向圆柱母线作垂线，垂足为B，则△OAB是直角三角形，且∠OAB＝60°是平面α与圆柱母线(也是与轴线)所成的角．设圆柱面半径为r，则a＝＝.椭圆的短轴长2b＝2r，即b＝r，由已知焦距2c＝2 ，∴c＝ .
又在椭圆中，a2＝b2＋c2，∴2＝r2＋()2.
解得r＝3，即圆柱面的半径为3.
圆锥面的平面截线
[例2] 证明：当β>α时，平面δ与圆锥的交线为椭圆．
[思路点拨] 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．
[精解详析] 如图，在圆锥内部嵌入Dandelin双球，一个位于平面δ的上方，一个位于平面δ的下方，并且与平面δ及圆锥均相切．
当β>α时，由上面的讨论可知，平面δ与圆锥的交线是一个封闭曲线．设两个球与平面δ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.
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δ与圆锥的交线是以F1、F2为焦点的椭圆．
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，但可以采用与本节中定理的证明相同的方法，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．已知一圆锥面S的轴线为Sx，轴线与母线的夹角为30°，在轴上取一点O，使SO＝3 cm，球O与这个锥面相切，求球O的半径和切点圆的半径．
解：如图所示，点H为球O与圆锥面的一个切点，点C为切点圆心，连接OH，HC.
则OH⊥SH，∠OSH＝30°，
∴OH＝SO＝ cm，且∠SOH＝60°，
∴HC＝OHsin 60°＝×＝(cm)．
∴球O的半径为 cm，切点圆的半径为 cm.
[对应学生用书P42]
一、选择题
1．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
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．
答案：D
2．已知半径r＝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 B．2
C．4 D．4
解析：由椭圆长半轴a＝＝2 ，短半轴b＝2，得焦距2c＝2 ＝2 ＝4.
答案：C
3．球的半径为3，球面外一点到球心的距离为6，则过该点的球的切线和过切点的半径所成的角为( )
A．30° B．60°
C．90° D．不确定
解析：因为球的切线垂直于过切点的球的半径，所以所成的角为90°.
答案：C
4．一圆柱面被一平面所截，平面与母线成60°角，截线上最长的弦长为4 ，则该圆柱底面的半径为( )
A. B．2
C．3 D．6
解析：圆柱底半径r＝2 sin 60°＝3.
答案：C
二、填空题
5．一平面与半径为3的圆柱面截得椭圆，若椭圆的长轴长为10，则截面与圆柱面母线的夹角的余弦值为________．
解析：因为椭圆的长轴长为10，
所以2a＝10，即a＝5.
又椭圆短轴长b＝3，∴c＝4.
故e＝cosφ＝＝.
答案：
6．一平面与圆柱面的母线成45°角，平面与圆柱面的截线椭圆的长轴长为6，则圆柱面的半径为________．
解析：由2a＝6，即a＝3，又e＝cos45°＝，得b＝c＝ea＝×3＝，即为圆柱面的半径．
答案：
7．设圆锥面V是由直线l′绕直线l旋转而得，l′与l交点为V，l′与l的夹角为α(0°<α<90°)，不经过圆锥顶点V的平面δ与圆锥面V相交，设轴l与平面δ所成的角为β，则：
当________时，平面δ与圆锥面的交线为圆；
当________时，平面δ与圆锥面的交线为椭圆；
当________时，平面δ与圆锥面的交线为双曲线；
当________时，平面δ与圆锥面的交线为抛物线．
答案：β＝90° α<β<90° β<α β＝α
8．半径分别为1和2的两个球的球心距为12，则这两个球的外公切线的长为________，内公切线的长为________．
解析：设两个球的球心为O1，O2，外公切线的切点为A、B，则有|AB|＝＝＝，设内公切线的切点分别为C、D，则
|CD|＝
＝＝＝＝3.
答案： 3
三、解答题
9．一平面截圆锥的截线为椭圆，椭圆的长轴长为8，长轴的两端点到顶点的距离分别是6和10，求椭圆的离心率．
解：如图所示为截面的轴面，
则AB＝8，SB＝6，SA＝10，则∠SBA＝，cos∠ASB＝，cos∠BSP＝cos∠ASB＝＝.
∴cos∠SPB＝sin∠BSP＝，
∴e＝＝.
10．如图，上面一个Dandelin球与圆锥面的交线为圆S，记圆S所在的平面为δ′，设δ与δ′的交线为m.在椭圆上任取一点P，连接PF1，在δ中过P作m的垂线，垂足为A，过P作δ′的垂线，垂足为B，连接AB是PA在平面δ′上的射影．若Rt△ABP中，∠APB＝β.求平面δ与δ′所成二面角的大小．
解：由已知PB⊥δ′，平面δ′∩平面δ＝m.
∴m⊥PB.又PA⊥m，∴m⊥面PAB，
∴∠PAB是δ与δ′所成二面角的平面角．
又∠APB＝β，∴∠PAB＝－β.
11．定长为3的线段AB的两个端点在抛物线y2＝x上移动，设线段AB的中点为M，求点M到y轴的最短距离．
解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则AF＝x1＋，BF＝x2＋，
若AB过F，则AF＋BF＝AB，
此时点M到y轴距离为－＝；
若AB不过F，则AF＋BF>AB，
即x1＋＋x2＋>3，x1＋x2>，
从而M的横坐标>，
显然弦AB过焦点F时，M到y轴距离最短．
设过F的直线方程为y＝k，
联立
则k2x2－x＋＝0.
∵xM＝，∴k＝±，即直线存在．
∴点M到y轴最短距离为.
课件32张PPT。把握热点考向考点一理解教材新知考点二应用创新演练读教材·填要点小问题·大思维第二章2.2
用内切球探索圆锥曲线的性质第二章 圆柱、圆锥与圆锥曲线
[对应学生用书P43]
[对应学生用书P43]
平行投影
平行投影关键在于注意角度的变换及运动变化和发展的观点的应用，并由此来处理有关图形的投影问题．如一个圆在平面上的平行投影可能是一个圆，一个椭圆或者是一条线段，但是由于缺乏具体的量的关系，我们对所成的椭圆不能做出具体的量的关系．将圆与平面立体化就形成了平面与圆柱的截面问题．
[例1] 已知△ABC的边BC在平面α内，A在平面α上的正投影为A′(A′不在边BC上)．当∠BAC＝60°时、AB、AC与平面α所成的角分别是30°和45°时，求cos∠BA′C.
[解] 由题意，∠ABA′＝30°，∠ACA′＝45°.
设AA′＝1，则A′B＝，A′C＝1，AC＝，AB＝2，
∴BC＝ ＝，
cos∠BA′C＝＝.
圆柱面、圆锥面的平面截线
(1)由两个等圆的内公切线与两条外公切线的交点，切点之间的量的关系具体化，就可以得到相应的数量关系，将其进一步拓广到空间之中就得到了平面与圆柱的截面问题．
(2)在平面中：由与等腰三角形的两条腰的交点问题进一步推广到空间中的平面与圆锥面的交线问题所采用的方法与以前的平行投影和平面与圆柱面的截面问题相同．从不同的方向不同的位置用平面去截圆锥面，其截面的形状不同，由此我们可以得到定理，并可以利用Dandelin双球对定理的结论进行证明和研究其特点．
[例2] 如图所示，用一个平面分别与球O1、O2切于F1、F2，截圆柱面于G1、G2点，求证所得的截面为椭圆．
[证明] 如图所示由平面图形的性质可知，
当点P与G1或G2重合时，
G2F1＋G2F2＝AD，
G1F1＋G1F2＝AD.
当P不与G1、G2重合时，
连接PF1、PF2，
则PF1、PF2分别是两个球面的切线，切点分别为F1、F2.
过P作圆柱面的母线，与两个球分别相交于K1、K2二点，
则PK1、PK2分别为两个球的切线，切点为K1、K2.
由切线长定理可知：PF1＝PK1，PF2＝PK2.
所以有PF1＋PF2＝PK1＋PK2＝AD＝G1G2.
由于AD为定值且AD>F1F2，故点P的轨迹为椭圆．
一、选择题
1．若一直线与平面的一条斜线在此平面上的正投影垂直，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
解析：当这条直线在平面内时，则A成立，当这条直线是平面的垂线，则B或C成立，故选D.
答案：D
2．在空间，给出下列命题：
(1)一个平面的两条斜线段相等，那么它们在平面内的正投影相等．
(2)一条直线和平面的一条斜线垂直，必和这条斜线在这个平面内的正投影垂直．
(3)一条斜线和它在平面内的正投影所成的锐角是这条斜线和平面内过斜足的所有直线所成的一切角中最小的角．
(4)若点P到△ABC三边所在的直线的距离相等，则点P在平面ABC内的正投影是△ABC的内心．
其中，正确的命题是( )
A．(3) B．(3)(4)
C．(1)(3) D．(2)(4)
解析：由平行投影的性质知，当两条线段与平面所成的角相等时，才有(1)正确，在(2)中这条直线在平面外时不正确，(3)显然正确；(4)中P点有可能是△ABC的旁心．
答案：A
3．一平面截圆锥面的截线为椭圆，椭圆的长轴为8，长轴的两端点到圆锥顶点的距离分别是6和10，则椭圆的离心率为( )
A. B．
C. D．
解析：如图为圆锥面的轴截面，则AB＝8，SA＝6，SB＝10，
∴∠SAB＝90°，
∴cos∠ASB＝，
∴cos∠ASP＝cos＝
＝ ＝.
∴cos∠BPH＝sin∠ASP＝
＝ ＝.
∴椭圆离心率e＝＝＝.
答案：C
4．边长为2的等边三角形所在平面与平面α所成的角为30°，BC?α，A在α内的正投影为O，则△BOC的面积为( )
A. B．
C. D．
解析：取BC的中点D，连接AD，OD，则∠ADO为二面角的平面角，∠ADO＝30°，
＝＝cos30°＝，又S△ABC＝，
∴S△BOC＝.
答案：B
二、填空题
5．P为△ABC所在平面外一点，PA、PB、PC与平面ABC所成角均相等，又PA与BC垂直，那么△ABC的形状可能是________．
①正三角形 ②等腰三角形 ③非等腰三角形
④等腰直角三角形(将你认为正确的序号全填上)
解析：设点P在底面ABC上的正投影为O，由PA、PB、PC与平面ABC所成角均相等，得OA＝OB＝OC，即点O为△ABC的外心，又由PA⊥BC，得OA⊥BC，得AO为△ABC中BC边上的高线，所以AB＝AC，即△ABC必为等腰三角形，故应填①②④.
答案：①②④
6．两个大小不等的球相交，交线为________．
答案：圆
7．在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝BC，且∠BAC＝.则PA与底面ABC所成角为________．
解析：P在底面ABC的正投影为BC中点D，设PA＝PB＝PC＝2，则PD＝，AP＝2，∴∠PAD＝.
答案：
8．一圆柱面底半径为2，一截面与轴成60°，从割平面上、下放入圆柱面的两个内切球，使它们都与截面相切，则这两个切点的距离等为________．
解析：由已知可知截线为一个椭圆，并且其长轴长为
2a＝＝＝，短轴长为2b＝2×2＝4，
所以2c＝＝ ＝.
答案：
三、解答题
9．设圆锥的顶角(圆锥轴截面上两条母线的夹角)为120°，当圆锥的一截面与轴成45°角时，求截得二次曲线的形状及离心率．
解：由题意知α＝60°，β＝45°，满足β<α，这时截面截圆锥得的交线是双曲线，其离心率为e＝＝.
10．如图所示，已知DA⊥平面ABC，△ABC是斜三角形，A′是A在平面BCD上的正投影．
求证：A′不可能是△BCD的垂心．
证明：假设A′为△BCD的垂心，
则A′B⊥CD.
又因为AA′⊥平面BCD于A′，则AB⊥CD.
又因为DA⊥平面ABC，则AD⊥AB，所以AB⊥AC，
这与△ABC是斜三角形的已知条件相矛盾，
故A′不可能是△BCD的垂心．
11．已知圆锥面S，其母线与轴线的夹角为30°，又有一平面α与圆锥面的轴线成45°角并相交于点C，且SC＝6，一球与圆锥面相切并在平面α的上方与平面α相切．求此内切球的半径，并画出它的直观图．
解：设内切球的球心为O，半径为R，且设球O与锥面一个切点为P，球O与平面α切于M.
在Rt△SPO中 ，OP＝R，∠PSO＝30°，所以SO＝2R.
在Rt△OMC中，∠OCM＝45°，
所以OC＝＝＝R.
又SC＝6＝SO＋OC＝2R＋R，
所以R＝3(2－)，其直观图为如图：
[对应学生用书P47]
(时间90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．线段AB、CD在同一平面内的正投影相等，则线段AB、CD的长度关系为( )
A．AB>CD B．ABC．AB＝CD D．无法确定
解析：由线段AB、CD与平面所成的角来定，虽然投影相等，但线段AB、CD的长度无法确定，故它们长度关系也无法确定．
答案：D
2．正四面体在一个面上的平行投影是( )
A．一个三角形 B．两个三角形
C．三个三角形 D．以上都有可能
解析：根据几何体的三视图可知，D正确．
答案：D
3．直线和直线外一点在同一面上的正投影是( )
A．一条直线 B．一点一直线
C．一点一直线或一直线 D．无法确定
答案：C
4．如果一个三角形的平行投影仍是一个三角形，则下列结论中正确的是( )
A．内心的平行投影仍为内心
B．重心的平行投影仍为重心
C．垂心的平行投影仍为垂心
D．外心的平行投影仍为外心
解析：只有线段的比例相等时，投影线段的比例才不变，重心为三条中线的交点，三角形的平行投影中线仍为中线．
答案：B
5．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．圆 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
解析：由题意知截面与圆锥的轴线成90°角，即是圆锥的正截面，故截线为圆．
答案：A
6．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( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
解析：由α＝＝25°，φ＝30°，φ>α故截线是椭圆．
答案：B
7．一个平面去截一个球面，其截线是( )
A．圆 B．椭圆
C．点 D．圆或点
解析：当截面与球相切，其截线是切点，相交时截线是圆．
答案：D
8．对于半径为4的圆在平面上的平行投影的说法错误的是( )
A．投影为线段时，线段的长为8
B．投影为椭圆时，椭圆的短轴可能为8
C．投影为椭圆时，椭圆的长轴可能为8
D．投影为圆时，圆的直径可能为4
解析：由平行投影的性质易知D说法错误．
答案：D
9．如图，圆柱的轴截面是边长为5 cm的正方形ABCD，则圆柱侧面上从A到C的最短距离为( )
A．10 cm B. cm
C．5 cm D．5 cm
解析：如图是圆柱的侧面展开图，则AC长为圆柱面上从A到C的最短距离．
设圆柱的底面半径为r，则r＝.
∴底面圆周长l＝2πr＝5π，∴AB＝π.
AD＝BC＝5，
∴AC＝
＝
＝ (cm)．
答案：B
10．如右图，一个圆柱被一个平面所截，截面椭圆的长轴长为5，短轴长为4，被截后的几何体的最短母线长为2，则这个几何体的体积为( )
A．20π B．16π
C．14π D．8π
解析：由已知圆柱底面半径r＝2.即直径为4.
设截面与圆柱母线成α角，则sin α＝，∴cos α＝.
∴几何体的最长母线长为2＋2acos α＝2＋5×＝5.用一个同样的几何体补在上面，可得一个底半径r＝2，高为7的圆柱，其体积为V＝π×22×7＝28π.
∴所求几何体的体积为V＝14π.
答案：C
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中的横线上)
11．用一个平面去截一个正圆锥面，而且这个平面不通过圆锥的顶点，则会出现四种情况：____________，
________，________，________.
解析：如图
答案：圆 抛物线 椭圆 双曲线
12．在正方体ABCD－A′B′C′D′中，过对角线BD′的一个平面交AA′于E，交CC′于F.则
①四边形BFD′E一定是平行四边形．
②四边形BFD′E有可能是正方形．
③四边形BFD′E在底面ABCD的正投影一定是正方形．
④平面BFD′E有可能垂直于平面BB′D′D.
以上结论正确的为________．(写出所有正确的结论编号)
解析：由面面平行的性质定理知①正确；当E、F分别为中点时，所得的四边形为菱形，但不是正方形，且此时平面BFD′E⊥平面BB′D′D.故②不正确，④正确；D′、E、F在底面上的正投影分别为D、A、C，故③正确．
答案：①③④
13．若圆柱的一正截面(垂直于轴的截面)的截线为半径r＝3的⊙O，该圆柱的斜截面与轴线成60°角，则截线椭圆的离心率e＝________.
解析：依题意，在椭圆中，a＝＝＝2 ，b＝r＝3，∴c＝ ＝ ＝ ，∴e＝＝.
答案：
14．如图，直角坐标系xOy所在的平面为α，直角坐标系x′Oy′(其中y′轴与y轴重合)所在的平面为β，∠xOx′＝45°.
(1)已知平面β内有一点P′(2，2)，则点P′在平面α内的射影P的坐标为________；
(2)已知平面β内的曲线C′的方程是(x′－)2＋2y2－2＝0，则曲线C′在平面α内的射影C的方程是________．
解析：(1)可知二面角α－y－β为45°，点P′到y轴的距离为2，所以点P到y轴的距离为2×cos45°＝2，点P的y轴坐标与点P′的y′轴坐标相同，故点P的坐标为(2,2)．
(2)曲线C′的方程可化为＋y2＝1，是一个椭圆．设O′(，0)，因为×＝1，故中心O′在面α内的射影O″的坐标为(1,0)．令曲线C′长轴的一个端点A′(2，0)，由上问可知其对应的射影为A(2,0)，曲线C′短轴的一个端点B′(，1)，对应的射影为B(1,1)，由O″，B，A三点坐标可知曲线C是一个以(1,0)为圆心，1为半径的圆，方程为(x－1)2＋y2＝1.
答案：(2,2) (x－1)2＋y2＝1
三、解答题(本大题共4个小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)求证：三角形的中位线平行射影具有不变性．
证明：已知：△ABC，DE是其中位线，它们的平行射影分别是△A′B′C′和D′E′，如下图，
求证：D′E′仍然是△A′B′C′的中位线．
证明：连接AA′、EE′、CC′，
则AA′∥EE′∥CC′.
∵AE＝EC，∴A′E′＝E′C′.
同理，A′D′＝D′B′.
∴D′E′是△A′B′C′的中位线．
16．(本小题满分12分)平面β与圆锥面的轴l垂直，则交线是什么曲线？设圆锥底面半径为R，高为h，顶点S到截面β的距离为h1(R，h，h1均为正常数)．
解：因为l⊥β(垂足为O1)，
所以平面β∥⊙O所在的平面．
设P为交线上的任意一点，
过点P作圆锥的母线SQ，
连接PO1，QO，
则PO1为平面SQO与平面β的交线，
QO为平面SQO与⊙O所在的平面的交线．
所以PO1∥QO.
于是＝.
即＝.
因此PO1＝＝r(常数)．
所以点P到定点O1的距离为常数r，故交线为一个圆．
17．(本小题满分12分)圆锥面S的母线与轴线的夹角为30°，圆锥面内有两个相切的内切球，半径分别为r1、r2(r1解：设球心分别为O1，O2，如图
则SO1＝2r1
SO2＝2r2，O1O2＝2r2－2r1，
又O1O2＝r1＋r2
∴2r2－2r1＝r1＋r2.
r2＝3r1
∴r1∶r2＝1∶3.
18．(本小题满分14分)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δ，若它与轴l的交角为β(当δ与l平行时，记β＝0)，求证β<α时，平面δ与圆锥的交线为双曲线．
证明：当β<α时，
平面δ与圆锥面的两部分相交．
在圆锥的两部分分别嵌入Dandelin球，
与平面δ的两个切点分别是F1、F2，
与圆锥两部分截的圆分别是S1、S2.
在截口上任取一点P，连接PF1、PF2，
过P作母线分别和两球切于Q1、Q2，
则PF1＝PQ1，PF2＝PQ2.
∴|PF1－PF2|＝|PQ1－PQ2|＝Q1Q2，
∵Q1Q2是两圆S1、S2所在平行平面间的母线段长，为定值，
∴由双曲线的定义知，点P的轨迹为双曲线．
模块综合检测[对应学生用书P49]
(时间：90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．如图所示，在△ABC中，M是BC的中点，AN平分∠BAC，BN⊥AN，若AB＝14，AC＝19，则MN的长为( )
A．2 B．2.5
C．3 D．3.5
解析：延长BN交AC于D，则△ABD为等腰三角形，AD＝AB＝14.
故CD＝5.
又∵M，N分别是BC，BD的中点，
∴MN＝CD＝2.5.
答案：B
2．在?ABCD中，E是AD的中点，AC、BD交于O，则与△ABE面积相等的三角形有( )
A．5个 B．6个
C．7个 D．8个
解析：利用三角形面积公式，等底等高的两个三角形面积相等，再利用平行四边形的面积为中介，建立面积相等关系．
答案：C
3．在正方形ABCD中，点E在AB边上，且AE∶EB＝2∶1，AF⊥DE于G，交BC于F，则△AEG的面积与四边形BEGF的面积比为( )
A．1∶2 B．1∶4
C．4∶9 D．2∶3
解析：易证△ABF≌△DAE.
故知BF＝AE.
因为AE∶EB＝2∶1，
故可设AE＝2x，EB＝x，
则AB＝3x，BF＝2x.
由勾股定理得AF＝＝x.
易证△AEG∽△ABF.
可得S△AEG∶S△ABF＝AE2∶AF2＝(2x)2∶(x)2
＝4∶13.
可得S△AEG∶S四边形BEGF＝4∶9.
答案：C
4．圆锥面S的母线与轴线的夹角为30°，其内切球的半径为1，则切点圆的面积为( )
A.π B．π
C.π D．π
解析：设球心为O，切点圆的圆心为O1，如图，
由∠ASO＝30°，OA＝1，OA⊥SA得O1A＝.
∴S＝π·O1A2＝π.
答案：D
5．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝135°，以A为圆心，AB为半径，作⊙A交AD、BC于E、F两点，并交BA延长线于G，则的度数是( )
A．45° B．60°
C．90° D．135°
解析：的度数等于圆心角∠BAF的度数．
由题意知∠B＝45°，所以∠BAF＝180°－2∠B.
答案：C
6．在△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，下列条件中，不能判定DE∥BC的是( )
A．AD＝5，AB＝8，AE＝10，AC＝16
B．BD＝1，AD＝3，CE＝2，AE＝6
C．AB＝7，BD＝4，AE＝4，EC＝3
D．AB＝AC＝9，AD＝AE＝8
解析：对应线段必须成比例，才能断定DE和BC是平行关系，显然C中的条件不成比例．
答案：C
7.如图所示，PA切圆于A，PA＝8，直线PCB交圆于C，B，连接AB，AC，且PC＝4，AD⊥BC于D，∠ABC＝α，∠ACB＝β，则的值等于( )
A. B．
C．2 D．4
解析：要求，注意到sin α＝，sin β＝，即＝，又△PAC∽△PBA，得＝＝＝.
答案：B
8.已知：如图，?ABCD中，EF∥AC交AD、DC于E、F，AD，BF交于M，则下列等式成立的是( )
A．AD2＝AE·AM
B．AD2＝CF·DC
C．AD2＝BC·AB
D．AD2＝AE·ED
解析：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥DC.
∵DF∥AB，∴＝.∵DM∥BC，∴＝.
∵EF∥AC，∴＝.
∴＝，∴AD2＝AE·AM.
答案：A
9．若D是△ABC的边AB上的一点，△ADC∽△ACB，AD＝5，AC＝6，△ABC的面积是S，则△BCD的面积是( )
A.S B．S
C.S D．S
解析：∵△ADC∽△ACB，
∴S△ADC∶S△ACB＝(AD∶AC)2＝25∶36.
∵S△ABC＝S，∴S△ACD＝S.
∴S△BCD＝S－S＝S.
答案：D
10．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC是直径，AD＝DC，∠ADB＝20°，则∠ACB，∠DBC分别为( )
A．15°与30° B．20°与35°
C．20°与40° D．30°与35°
解析：∵∠ADB＝20°，
∴∠ACB＝∠ADB＝20°.
又∵BC为⊙O的直径，
∴的度数为180°－40°＝140°.
∵D为的中点，∴的度数为70°.
∴∠DBC＝＝35°.
答案：B
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中的横线上)
11.如图，AB是圆O的直径，直线CE和圆O相切于点C，AD⊥CE于D，若AD＝1，∠ABC＝30°，则圆O的面积是________．
解析：∵在⊙O中，∠ACD＝∠ABC＝30°，且在Rt△ACD中，AD＝1，∴AC＝2，AB＝4，
又∵AB是⊙O的直径，∴⊙O的半径为2，
∴圆O的面积为4π.
答案：4π
12．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径作半圆交AB于D，过D作半圆的切线交AC于E，若AD＝2，DB＝4，则DE＝________.
解析：由切割线定理得：
AC2＝AD·AB＝2×6＝12.
所以AC＝2.
连接CD，可证：EC＝ED，∠A＝∠EDA.
所以AE＝ED，所以ED＝AE＝EC＝AC＝.
答案：
13．如图，AB，CD是圆O内的两条平行弦，BF∥AC，BF交CD于点E，交圆O于点F，过A点的切线交DC的延长线于点P，若PC＝ED＝1，PA＝2，则AC的长为________．
解析：∵PA是⊙O的切线，
∴由切割线定理得PA2＝PC·PD.
∵PA＝2，PC＝1，∴PD＝4.
又∵PC＝ED＝1，
∴CE＝2，由题意知四边形ABEC为平行四边形，
∴AB＝CE＝2.
连接BC，如图，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAC＝∠CBA.
∵AB，CD是圆的两条平行弦，
∴∠PCA＝∠CAB，
∴△PAC∽△CBA，
∴＝，∴AC2＝PC·AB＝2，
∴AC＝ .
答案：
14．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，以BC上一点O为圆心作⊙O与AB相切于E，与AC相切于C.又⊙O与BC的另一个交点为D，则线段BD的长为________．
解析：在Rt△ABC中，AB＝ ＝5.连接OE，则△OBE∽△ABC，
∴＝＝，
即＝，
∴OE＝，
∴BD＝BC－2OE＝3－＝.
答案：
三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC交BC于点D，若E是AC的中点，ED的延长线交AB的延长线于F，求证：＝.
证明：∵E是Rt△ADC斜边AC的中点，
∴AE＝EC＝DE.
∴∠EDC＝∠ECD，又∠EDC＝∠BDF，
∴∠EDC＝∠ECD＝∠BDF.
又AD⊥BC且∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠ECD，
∴∠BAD＝∠BDF，
又∵∠AFD＝∠DFB，
∴△DBF∽△ADF.
∴＝.
又Rt△ABD∽Rt△CBA，因此＝.
∴＝.
16．(本小题满分12分)(新课标全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB的延长线与DC的延长线交于点E，且CB＝CE.
(1)证明：∠D＝∠E;
(2)设AD不是⊙O的直径，AD的中点为M，且MB＝MC，证明：△ADE为等边三角形．
证明：(1)由题设知A，B，C，D四点共圆，
所以∠D＝∠CBE.
由已知CB＝CE得∠CBE＝∠E，故∠D＝∠E.
(2)设BC的中点为N，连接MN，则由MB＝MC知MN⊥BC，故O在直线MN上．
又AD不是⊙O的直径，M为AD的中点，
故OM⊥AD，即MN⊥AD.
所以AD∥BC，故∠A＝∠CBE.
又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E.
由(1)知，∠D＝∠E，所以△ADE为等边三角形．
17．(本小题满分12分)如图所示，已知⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，过点A作⊙O1的切线交⊙O2于点C，过点B作两圆的割线，分别交⊙O1，⊙O2于点D，E，DE与AC相交于点P.
(1)求证：AD∥EC；
(2)若AD是⊙O2的切线，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，求AD的长．
解：(1)证明：如图，连接AB，
∵AC是⊙O1的切线，∴∠BAC＝∠D.
又∵∠BAC＝∠E，∴∠D＝∠E，
∴AD∥EC.
(2)设BP＝x，PE＝y，∵PA＝6，PC＝2，
∴xy＝12.①
∵AD∥EC，∴＝?＝，②
由①②可得，或(舍去)
∴DE＝9＋x＋y＝16.
∵AD是⊙O2的切线，
∴AD2＝DB·DE＝9×16，∴AD＝12.
18．(本小题满分14分)(新课标全国卷Ⅱ)如图，P是⊙O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与⊙O相交于点B，C，PC＝2PA，D为PC的中点，AD的延长线交⊙O于点E.证明：
(1)BE＝EC；
(2)AD·DE＝2PB2.
证明：(1)连接AB，AC.由题设知PA＝PD，
故∠PAD＝∠PDA.
因为∠PDA＝∠DAC＋∠DCA，
∠PAD＝∠BAD＋∠PAB，∠DCA＝∠PAB，
所以∠DAC＝∠BAD，从而＝.
因此BE＝EC.
(2)由切割线定理得PA2＝PB·PC.
因为PA＝PD＝DC，所以DC＝2PB，BD＝PB.
由相交弦定理得AD·DE＝BD·DC，
所以AD·DE＝2PB2.
课件22张PPT。高频考点例析考点一知识体系构建考点二阶段质量检测第二章章末小结