章末復習課[整合·網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建][警示·易錯提醒]1．一個易錯點：不理解正射影的概念當圖形較復雜時，特別是投影面不是水平放置時，如果觀察圖形不細致，空間想象力不強，不理解投影的概念就會出錯．2．一個疑難點：確定截線橢圓的參量當已知斜截面與圓柱面的母線或直截面的交角時，我們可以確定橢圓的各個參量．如設(shè)斜截面與圓柱面的母線的交角為φ，圓柱面的半徑為r，則截線橢圓的長軸長2a＝eq\f(2r,sinφ)，短軸長2b＝2r，離心率e＝cosφ，焦距2c＝2acosφ.專題一平行射影問題一個平面圖形在一個平面上的平行射影與投影方向和投影面有關(guān)．畫一個圖形的平行射影應先找出圖形關(guān)鍵點的平行射影．正射影是平行射影的一種特殊情況．準確理解正射影的概念，能根據(jù)題意準確確定點、線、面的正射影．[例1]如圖所示，邊長為20的正三角形ABC的頂點A在平面α內(nèi)，B，C在平面α同側(cè)，且B，C在平面α上的正射影分別為D，E，且BD＝10，CE＝5，求△ABC所在平面和平面α所成的二面角的大小．解：由正射影的性質(zhì)得BD∥CE，且B，D，C，E共面．因為BD≠CE，所以BC，DE必相交，設(shè)交點為F.因為DE?α，所以F∈α.因為BC?平面ABC，所以F∈平面ABC，所以F是平面ABC和平面α的公共點．因為A是平面ABC和平面α的公共點，所以平面ABC∩平面α＝AF.在△BDF中，因為BD∥CE，BD＝2CE，所以CF＝BC.又因為△ABC為正三角形，所以CF＝AC，∠ACF＝120°，所以∠CAF＝30°，所以∠BAF＝∠BAC＋∠CAF＝60°＋30°＝90°，所以BA⊥AF，故DA⊥AF，所以∠BAD是△ABC所在平面和平面α所成的二面角的平面角．在Rt△ABD中，AB＝20，BD＝10，所以∠BAD＝30°，所以△ABC所在平面和平面α所成的二面角的大小為30°.[變式訓練]一個圓在平面α上的正射影是什么圖形？解：(1)圓所在平面與投影平面平行，圓的射影仍然是圓．(2)圓所在平面與投影平面垂直，圓的射影是線段．(3)圓所在平面與投影平面斜交，圓的射影是橢圓．專題二平面與圓柱面、圓錐面的截線問題1．平行于圓柱底面的平面截圓柱所得截線是圓，用平面斜截圓柱面所得截線是橢圓，可以用Dandelin雙球去研究橢圓的有關(guān)性質(zhì)．這里要注意雙球與斜截面的切點是橢圓的焦點，球的直徑就是橢圓的短軸長．2．當已知斜截面與圓柱面的母線或軸的交角時，我們可以確定橢圓的各個參量．如設(shè)斜截面與圓柱面的母線的交角為φ，圓柱面的半徑為r，則截線橢圓的長軸長2a＝eq\f(2r,sinφ)，短軸長2b＝2r，離心率e＝cosφ，焦距2c＝2acosφ.3．設(shè)圓錐軸截面母線與軸的夾角為α，截面和圓錐軸的夾角為θ，當截面不過頂點時：(1)當θ＝α時，截線是拋物線．(2)當α<θ<eq\f(π,2)時，截線是橢圓，特別地，當θ＝eq\f(π,2)時，截線是圓．(3)當0≤θ<α時，截線是雙曲線，圓錐曲線的有關(guān)問題，可以利用Dandelin雙球進行探究．[例2]已知圓柱的底面半徑是2，平面α與圓柱母線的夾角為30°，求截口橢圓的離心率和焦距．解：橢圓的離心率e＝cos30°＝eq\f(\r(3),2).如圖所示，過G2作G2H⊥AD于點H.在Rt△G1HG2中，∠HG1G2＝30°HG2＝4.所以G1G2＝2HG2所以截口橢圓的長軸長2a＝G1G2＝8，短軸長2所以焦距2c＝2eq\r(a2－b2)＝2eq\r(42－22)＝4eq\r(3).[變式訓練]已知一圓錐面的頂角為90°，嵌入兩球的半徑分別為eq\r(2)和7eq\r(2)，試確定截線的圓錐曲線的長軸(或?qū)嵼S)長、短軸(或虛軸)長和截面與軸的夾角．解：(1)若嵌入兩球在圓錐頂點的同側(cè)，則截線為橢圓，如圖所示的是其軸截面．OO′＝eq\f(O′D－OC,sin45°)＝(7eq\r(2)－eq\r(2))×eq\r(2)＝12，CD＝O′D－OC＝6eq\r(2)，所以橢圓的長軸長為6eq\r(2).設(shè)AB與OO′的夾角為φ，則sinφ＝eq\f(7\r(2)＋\r(2),OO′)＝eq\f(8\r(2),12)＝eq\f(2\r(2),3)，故截面與軸的夾角為arcsineq\f(2\r(2),3)，橢圓的離心率e＝eq\f(cosφ,cos45°)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,\r(2))＝eq\f(\r(2),3)，所以橢圓的短軸長為6eq\r(2)×eq\r(1－e2)＝2eq\r(14).(2)若兩球在圓錐頂點的兩側(cè)，則截線為雙曲線．如圖所示的是其軸截面．OO′＝eq\f(OC＋O′D,sin45°)＝(7eq\r(2)＋eq\r(2))×eq\r(2)＝16，CD＝eq\r(OO′2－（OC－O′D）2)＝eq\r(162－（6\r(2)）2)＝2eq\r(46).所以雙曲線的焦距為2eq\r(46).設(shè)截面與軸的夾角為φ，即CD與OO′的夾角為φ.所以cosφ＝eq\f(CD,OO′)＝eq\f(\r(46),8)，所以截面與軸的夾角為arccoseq\f(\r(46),8).所以雙曲線的離心率e＝eq\f(cosφ,cos45°)＝eq\f(\r(23),4).所以雙曲線的實軸長為8eq\r(2)，虛軸長為2eq\r(14).專題三方程思想在平面與圓柱面、圓錐面的截線中，存在著大量的數(shù)量關(guān)系，在求某個量時，有時就可采用方程的思想建立關(guān)于該量的方程，利用方程求解．[例3]已知圓錐的母線長為l，底面半徑為R，如果過圓錐頂點的截面面積S的最大值是eq\f(1,2)l2，求eq\f(R,l)的取值范圍．解：如圖所示，△PAB是過圓錐的頂點P的截面，設(shè)∠APB＝x，圓錐的頂角為α，則△PAB的面積為：S＝eq\f(1,2)PA·PB·sinx＝eq\f(1,2)l2sinx(0<x≤α)，所以S最大＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)l2sinα（0<α<\f(π,2)），,\f(1,2)l2（\f(π,2)≤α<π）.))由題意知eq\f(π,2)≤α<π，所以在Rt△PAO中，eq\f(R,l)＝sineq\f(α,2)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).即eq\f(R,l)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).[變式訓練]平面α與圓柱軸線成60°角，截圓柱面所得橢圓的焦距為2eq\r(3)，求圓柱面的半徑．解：如圖所示，O為橢圓中心，AA′是橢圓的長軸，設(shè)其長為2a，過O向圓柱母線作垂線，垂足為B，則△OAB是直角三角形，∠OAB是平面α設(shè)圓柱面半徑為r，則a＝eq\f(r,sin60°)＝eq\f(2\r(3)r,3)，橢圓的短軸長2b＝2r，即b＝r，由已知焦距2c＝2eq\r(3)得c＝eq\r(3)，在橢圓中，因為a2＝b2＋c2，所以(eq\f(2\r(3)r,3))2＝r2＋(eq\r(3))2，解得r＝3，故圓柱面的半徑為3.專題四數(shù)形結(jié)合思想在解決與幾何圖形有關(guān)的問題時，可以將圖形信息轉(zhuǎn)換成代數(shù)信息，利用數(shù)量特征，將其轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題解決；在解決與數(shù)量有關(guān)的問題時，可根據(jù)數(shù)量特征構(gòu)造出相應的幾何圖形，即化為幾何問題解決．利用數(shù)形的辯證統(tǒng)一和各自的優(yōu)勢盡快得到解題途徑，這就是數(shù)形結(jié)合思想方法的特點．[例4]如果橢圓的長軸長為2a，短軸長為2b，解：如圖所示，設(shè)橢圓是由半徑為r的圓柱面的斜截面截得的，且斜截面與母線所成的角為α，則b＝r，a＝eq\f(r,sinα).取圓柱面的一直截面，則其面積S圓＝πr2，直截面與斜截面的夾角為eq\f(π,2)－α，由面積射影定理有S橢圓＝eq\f(S圓,cos（\f(π,2)－α）)＝eq\f(πr2,sinα)＝π·r·eq\f(r,sinα)＝πab.故該橢圓的面積為πab.[變式訓練]如圖所示，已知一圓錐面的軸線為Sx，軸線與母線的夾角為30°，在軸上取一點O，使SO＝3cm，球O與這個錐面相切，求球O解：如圖所示，點H為球O與圓錐面的一個切點，點C為切點圓的圓心，連接OH，HC，則