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§ 特殊的立体几何
一、蒺藜型多面体
【例1】清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2.在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中正确命题有
（1）该几何体的表面积为；
（2）该几何体的体积为；
（3）二面角的余弦值为；
（4）若点、在线段、上移动，则的最小值为.
【答案】（2）（3）（4）
【详解】因为，所以．
蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，
故该几何体的表面积为，（1）错误；
该几何体的体积为，（2）正确；
设的中点为，连接、，则，，
则即二面角的平面角．
建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，
则，，则，（3）正确；
建立如图所示的空间直角坐标系，设，
，
当且仅当，时，等号成立．故的最小值为，（4）正确．
二、阿基米德多面体
【例2】（多选题）半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，下列结论正确的是（ ）
A．四点共面
B．在线段CD上存在点M，使
C．若四边形的边界及其内部有一点P，且，则点P的轨迹长度为
D．点N是线段CF上的动点，则N到直线AG的距离的最小值为
【答案】ABD
【详解】如图，将二十四等边体补形为正方体，且二十四等边体各顶点均为正方体各棱的中点，
则根据二十四等边体棱长为，知正方体棱长为.
建立如图坐标系，则，，，，，，.
对于，，，因为，所以，所以四点共面，故正确；
对于，，设，则，所以，
若，则，所以，故当与重合时，，故正确；
对于，设，则，
所以，化简得，
又点在四边形ABCD的边界及其内部，所以点P的轨迹是劣弧，
所以点P的轨迹长度为，故错误；
对于，，设，则，，
所以点到直线的距离为，
根据一元二次函数的性质，易知当时，距离最小为，故正确.
故选：.
【例3】（多选题）半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．某半正多面体由6个正方形和8个正六边形构成，其也可由正八面体（由八个等边三角形构成，也可以看作上、下两个正四棱锥黏合而成）切割而成．在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若平面平面，则
C．该半正多面体的体积为
D．该半正多面体的表面积为
【答案】ABD
【详解】对于A、B：如图，易得四边形为正方形，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面平面，平面，所以.
因为，所以，故A，B正确.
对于C：该半正多面体的体积为，故C错误.
对于D：该半正多面体的表面积为，故D正确，故选：ABD.
变式1 （多选题）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将棱长为2的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个半正多面体，它们的棱长都相等，则下列说法正确的有（ ）

A．此半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式
B．过A，B，C三点的平面截该正多面体，所得截面面积为
C．若该半正多面体的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为
D．若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为
【答案】ABD
【详解】对于A，在此半正多面体中，顶点数，面数，棱数，则，A正确；
对于B，过A，B，C三点的平面截该半正多面体所得截面为正六边形，
又，所以正六边形面积为，B正确；
对于C，由该半正多面体的对称性知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形的中心，该球半径为，表面积，C错误；
对于D，该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，
则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，正四面体的体积最小，
设此时正四面体的棱长为，高为，
于是，解得，
又正四面体底面正三角形半径为，则有，解得，
因此正四面体的体积，D正确，故选：ABD
三、勒洛四面体
【例4】勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体．如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）

A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
【答案】ABD
【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，
由正四面体的棱长为2，则，，
，
，，
由勾股定理得：，即，解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：
图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，
其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：
面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，则，
则由C选项的分析知：，所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
故选：ABD.
变式2 （多选题）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
【答案】AD
【详解】对于A，平面截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；即，故A正确；
对于B，如图乙，取中点，在中，，，记该勒洛四面体上以，为球心的两球交线为弧，则该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧，
设圆心角为，则，可知，所以弧长不等于，故B错误；
对于C，如图丙，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，则，，，，即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4，最大值为，故C错误；
对于D，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图乙，其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，由对称性可知为该球的球心，内半径为，连接，易知三点共线，设正四面体的外接球半径为，
如图丁，则由题意得：正四面体的高，，，
则，解得：，所以，，内半径，故D正确.
故选：AD.
四、祖暅原理
【例5】（1）祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家.祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体，设圆锥顶点到平面的距离为l，则截得的截面面积都为 （用R，l表示），由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等，从而得到半球的体积公式.
（2）如图所示，某工艺品可以看成是一个球被一个棱长为32厘米的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为厘米，则该工艺品的体积为 立方厘米.
【答案】
【详解】（1）
如图，G为右图圆柱底面圆心，A为右图截面圆心.
由已知，B为右图圆环截面内圆上一点，易有，
所以，右图截面面积为；
（2）由（1）左图截面以上部分的体积等于右图截面以上部分的体积，
即右图几何体体积减去右图截面以下部分的体积，
右图几何体体积即半球体积，设为，则，
右图截面以下部分的体积设为，其等于圆柱的体积减去圆锥的体积，
设，则，由（1），
所以，
则左图截面以上部分的体积，整理得，
设被截的球为下图，截面圆的周长为，则截面圆的半径为，
设球心为，截面圆的圆心为，为截面圆上一点，
则，由题意，，
所以，则，
所以球O被截去的体积为，
所以工艺品的体积为，
代入数据计算得结果为.
故答案为：①；②.
（1）祖暅与牟合方盖
【例6】 “牟合方盖”（图①）是由我国古代数学家刘徽创造的，其构成是由一个正方体从纵横两侧面作内切圆柱（圆柱的上下底面为正方体的上下底面，圆柱的侧面与正方体侧面相切）的公共部分组成的（图②），假设正方体的棱长为2，则其中一个内切圆柱的表面积为 ；该正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球，所以用任一平行于正方体底面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，根据祖暅原理（夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等）可得“牟合方盖”的体积为 ．
【答案】
【详解】因为正方形边长为2，则内切圆柱底面半径为1，高为2，所以其中一个内切圆柱的表面积为；
因为正方形边长为2，则内切球半径为1，所以内切球体积，
设截面正方形的边长为，则其内切圆半径为，
所以截面正方形与其内切圆面积比为，设方盖体积为，
则根据祖暅原理可得，所以．
故答案为：；.
变式 3 中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，如图（1）（2）.刘徽未能求得牟合方盖的体积，直言“欲陋形措意，惧失正理”，不得不说“敢不阙疑，以俟能言者”.约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等，如图（3）（4）.
已知八分之一的正方体去掉八分之一的牟合方盖后的剩余几何体与长宽高皆为八分之一正方体棱长的倒四棱锥“等幂等积”，祖暅由此推算出牟合方盖的体积.据此可知，若正方体的棱长为1，则其牟合方盖的体积为 .
【答案】
【详解】由题知，因为，所以.
变式4（多选题）《九章算术》中称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图所示），已知该正方体棱长为，下列命题正确的是（ ）
A．正方体的外接球中存在一条直径被截面和截面三等分
B．正方体的内切球体积大于该牟合方盖的内切球的体积
C．正方体的内切球被平面截得的截面面积为
D．以正方体的顶点为球心，为半径的球在该正方体内部部分的体积与正方体的棱切球的体积之比为
【答案】AD
【详解】对于A选项，为正方体的外接球的一条直径，且，
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，则，
，平面，
平面，则，同理可证，
，所以，平面，
设交平面于点，则平面，
因为，
易知是边长为的等边三角形，则，
由，所以，，
设交平面于点，同理可知，所以，，
所以，正方体的外接球的直径被截面和截面三等分，A对；
对于B选项，因为正方体的内切球与正方体的两个内切圆柱的侧面和底面都相切，
又因为牟合方盖与的两个顶点和侧面四个曲面刚好与正方体的侧面相切，
故正方体的内切球内切于牟合方盖，
所以，正方体的内切球体积等于该牟合方盖的内切球的体积，B错；
对于C选项，由A选项可知，平面，且，
易知正方体的内切球球心为的中点，且，所以，，
而正方体的内切球半径为，
所以，正方体的内切球被平面截得的截面圆半径为，
所以，截面面积为，C错；
对于D选项，以正方体的顶点为球心，为半径的球在该正方体内部部分的体积恰为该球体积的，
即为，
正方体的棱切球半径为，
所以，正方体的棱切球的体积为，
因此，所求体积之比为，D对.
故选：AD.
祖暅与圆锥曲线
【例7】运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等．现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为时，小圆锥的底面半径为，则，，
故截面面积为，
把代入椭圆可得，
橄榄球形几何体的截面面积为，
由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积．
故选：B．
【例8】我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，其意思可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕y轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为 ．

【答案】
【详解】双曲线的渐近线为，设直线交双曲线及其渐近线分别于及，如图，由，得，
由，得，
线段绕y轴旋转一周得到一个旋转体的一个截面，它是一个圆环，其内径，外径，

圆环面积为，因此此旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为，旋转体的高为，
而底面圆半径为，高为的圆柱垂直于轴的任意一截面面积都为，
由祖暅原理知，此旋转体的体积等于底面圆半径为，高为的圆柱的体积.
故答案为：
变式 5 早在南北朝时期，祖冲之和他的儿子祖暅在研究几何体的体积时，得到了如下的祖暅原理：幂势既同，则积不容异.这就是说，夹在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面所截，两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积一定相等.将双曲线：与，所围成的平面图形（含边界）绕其虚轴旋转一周得到如图所示的几何体，其中线段OA为双曲线的实半轴，点B和C为直线分别与双曲线一条渐近线及右支的交点，则线段BC旋转一周所得的图形的面积是 ，几何体的体积为 .
【答案】
【详解】解：由双曲线得，则渐近线方程为
所以，则；又，则
则线段旋转一周所得的图形的面积为：；
因为被平行于这两个平面的任意平面所截，两个截面的面积总相等，
又双曲线的实半轴，此时截面面积为
所以根据祖暅定理可得：几何体的体积为；
故答案为：；.
变式 6 已知抛物线，以轴为旋转轴将抛物线旋转半周，得到一个旋转抛物面．设轴绕轴旋转所成的平面为．为平行于平面且到的距离为的平面，记平面与旋转抛物面所围成的几何体为（如图），以的上底面作一个高为的圆柱体（如图），利用祖暅原理可求得的体积为 ．
【答案】
【详解】
如图，从圆柱体中截取抛物体，（右图），抛物体倒置，（左图），这是抛物线方程是，深色截面到底面的距离为，
右图圆环的面积，
左图圆的面积，故，
由祖搄原理可知，这两个几何体的体积相等，故抛物体的体积 .
五、丹德林双球模型与离心率
丹德林利用双球模型证明了平面a与圆锥侧面的交线为椭圆，双球与平面切点E, F为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin 双球。
如图(1)，在圆锥内放两个大小不同且不相切的球，使得它们分别与圆锥的侧面、底面相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到截口曲线是椭圆．理由如下：如图(2)，若两个球分别与截面相切于点E， F，在得到的截口曲线上任取一点A，过点A作圆锥母线，分别与两球相切于点C，B，由球与圆的几何性质，得，，所以，且，由椭圆定义知截口曲线是椭圆，切点E， F为焦点，具体离心率计算我们参考例题．
这个结论在圆柱中也适用，如图(3)，在一个高为h，底面半径为r的圆柱体内放球，球与圆柱底面及侧面均相切．若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱所得的截口曲线也为一个椭圆，则，。
离心率与截面角之间的关系
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，轴与母线所成角为。用平面截圆锥，得到的截口曲线取决于平面与圆锥轴l所成的线面角，（显然，当与l平行时，=0），具体关系如下：
（1）若，，平面截圆锥面所得截口曲线为椭圆；
（2）若，，平面截圆锥面所得截口曲线为抛物线：
（3）若，，平面截圆锥面所得截口曲线为双曲线．这个比值就是圆锥曲线的离心率。
图1 图2 图3
作图1如上，不妨考虑截面为椭圆的情况，记椭圆的长轴为，短轴，椭圆中心为N，长半轴长为,短半轴长为，作以为直径且垂直于轴的圆截面（图2），则在截面圆中，根据三角形相似及相交弦定理可得作圆锥的轴截面等腰三角形如图3：
在中，由正弦定理可得，同理，在中，由正弦定理可得，整理可得，所以离心率，综上，离心率的表达式为。
【例9】（多选题）用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆．著名数学家创立的双球实验证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切．下列结论中正确的有（ ）

A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等
C．所得椭圆的离心率
D．其中为椭圆长轴，为球半径，有
【答案】ABC
【详解】对A，B：过点作线段，分别与球、切于点、，
由图可知，、分别与球、切于点、，
故有，
由椭圆定义可知，该椭圆以、为焦点，为长轴长，故B正确，
由与球切于点，故，有，
即有椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A正确；
对C:由题意可得，则，故C正确；
对D：由题意可得，，
故，即，故D错误.
故选：ABC.
变式 7 数学家Dandelin用来证明一个平面截圆柱得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）.如图，在圆柱内放两个大小相同的小球，使得两球球面分别与圆柱侧面相切于以为直径且平行于圆柱底面的圆和，两球球面与斜截面分别相切于点，点为斜截面边缘上的动点，则这个斜截面是椭圆.若图中球的半径为3，球心距离，则所得椭圆的离心率是 .
【答案】
【详解】如图，过点作平行于的直线，与圆分别交于，连接.
根据切线关系可得，
则，故所得椭圆的离心率.
故答案为：.
变式 8 圆锥曲线与空间几何体具有深刻而广泛的联系，如图所示，底面半径为1，高为3的圆柱内放有一个半径为1的球，球与圆柱下底而相切，作不与圆柱底面平行的平面与球相切于点，若平面与圆柱侧面相交所得曲线为封闭曲线，是以为一个焦点的椭圆，则的离心率的取值范围是
【答案】
【详解】由题可知，平面可由几乎与底面平行慢慢变化至与底面夹角最大，
当几乎与底面平行时，离心率接近于0；
当与底面夹角最大时，画出简图，如图：
结合椭圆形性质和切线关系可知，无论椭圆如何变化，都成立，又，解得，故，此时的最值能取到，
综上所述，.
【例10】“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线”，利用这个原理，小强在家里用两个射灯(射出的光锥视为圆锥)在墙上投影出两个相同的椭圆（图1），光锥的一条母线恰好与墙面垂直．图2是一个射灯投影的直观图，圆锥的轴截面是等边三角形，椭圆所在平面为，则椭圆的离心率为 ．
【答案】
【详解】设，由于，所以，在等边三角形中，
点为的中点，于是，在平面中，由椭圆的对称性可知，
，连接，延长与交于点，
由于为中点，所以在中，，
由勾股定理可得，
在中，，，，由余弦定理可得
，
在中，由于，所以，
于是有，
设椭圆短轴的两个顶点为，连接分别交圆锥于，
由于，所以，
由于为圆锥母线，所以，从而有，
在中，由勾股定理可得，
所以在椭圆中，，，则，
则离心率为.
【例11】如图1，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度对这个问题进行研究，其中比利时数学家Germinal dandelion（1794-1847）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面切于、，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球切于、，由球和圆的几何性质，可以知道，，，于是，由、的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以、为焦点的椭圆.如图2，一个半径为1的球放在桌面上，桌面上方有一点光源，则球在桌面上的投影是椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的离心率为

【答案】
【详解】图2中，设球心为，球与相切于点，作出截面如图所示，
由题意知：，，
,
又，，则，又，则，
则椭圆的离心率为.
变式 9 （多选题）如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球，球切于点，（，是截口椭圆的焦点）.设图中球，球的半径分别为3和1，球心距，则（ ）

A．椭圆的中心在直线上
B．
C．直线与椭圆所在平面所成的角为
D．椭圆的离心率为
【答案】BD
【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，
点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴，
可知椭圆C的中心（即线段的中点）不在直线上，故A错误；
椭圆长轴长，
过作于D，连，显然四边形为矩形，
又，
则，
过作交延长线于C，显然四边形为矩形，
椭圆焦距，故B正确；
所以直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为，故C错误；
所以椭圆的离心率，故D正确；
故选：BD.
变式 10 如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面相切.椭圆截面与两球相切于椭圆的两个焦点，.过椭圆上一点作圆锥的母线，分别与两个球相切于点.由球和圆的几何性质可知，，.已知两球半径分为别和，椭圆的离心率为，则两球的球心距离为 .
【答案】
【详解】作出圆锥的轴截面如图所示，
圆锥面与两球相切于两点，则，，
过作，垂足为，连接，，设与交于点，
设两球的球心距离为，
在中，，，；
，，
，，解得：，，
；
由已知条件，知：，即轴截面中，
又，，解得：，
即两球的球心距离为.故答案为：.
变式 11 （多选题）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：用平面截圆锥，可以得到不同的截口曲线.如图，当平面垂直于圆锥的轴时，截口曲线是一个圆.当平面不垂直于圆锥的轴时，若得到“封闭曲线”，则是椭圆；若平面与圆锥的一条母线平行，得到抛物线（部分）；若平面平行于圆锥的轴，得到双曲线（部分）.已知以为顶点的圆锥，底面半径为1，高为，点为底面圆周上一定点，圆锥侧面上有一动点满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹为椭圆
B．点可能在以为球心，1为半径的球外部
C．可能与垂直
D．三棱锥的体积最大值为
【答案】ACD
【详解】由于，则在线段的中垂面上，连接交圆锥于点，
由于，，所以，故为等边三角形，
取中点为连接，则，则在线段的中垂面上，
由于不垂直于，所以形成的是椭圆，故A正确，
以为球心，1为半径的球被平面（平面为线段的中垂面）所截得的截面为以为直径的圆，
而的轨迹为以为长轴的椭圆，由于圆的面积大于椭圆面积，
所以不会离开椭圆，故在球内或球面上，故B错误，
若要，由于，所以只需要,
当在处，此时取最小值1，当在处，此时取最大值2，由于连续变化，
故能够找到点，使得，故C正确，
（为到平面的距离），
由题意的轨迹椭圆的短轴为，，
因为圆锥轴截面顶角的一半为，截面与圆锥轴的夹角为，所以该椭圆的离心率为，所以，
故三棱锥的体积最大值为，故D正确.
故选：ACD
六、球面三角形
【例12】（多选题）类比平面上的三角形是由三条线段首尾顺次相接构成的封闭图形，我们把球面上三条大圆的劣弧 首尾顺次相接构成的封闭图形称为球面三角形．如图所示，分别连接球心与不在同一大圆上三点，定义球面 的三个内角分别为二面角的平面角．则下列说法正确的是（ ）
A．若 球的半径为2，则
B．存在球面三角形，使得
C．若球的半径为2，，那么球面三角形ABC的面积为
D．若是锐角且，则
【答案】ABD
【详解】选项 A，根据弧长公式 所以 A正确；
选项B，当两两垂直时，此时二面角的平面角均为直角，
根据定义得所以 B正确；
选项C，∵，
所以球面三角形占半径为2的球面的比例为
根据球的面积公式，球面的面积为 故C错误；
选项 D，如图所示，连接，设所在平面为．
作，连接．
由三垂线定理可得,
结合，
，且都是锐角，
，所以 ，所以D正确
故选：ABD．
变式 12 球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学.对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边.不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角.
已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点.
(1)球面的三条边相等（称为等边球面三角形），若，请直接写出球面的内角和（无需证明）；
(2)与二面角类比，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为.其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角.若三面角的三个面角的余弦值分别为.
①求球面的三个内角的余弦值；
②求球面的面积.
【答案】(1)；(2)①，，；②
【详解】（1）（1）由可知在两个互相垂直（即交点处切线垂直）的大圆上，
从而，故，
设，则，
从而，注意到到直线的距离均为，故，
所以由知，所以，即，
这得到，
从而，又在两个互相垂直的大圆上，
故，
从而两两垂直，
从而由在平面内交于点，可知垂直于平面，
而在平面和平面内，
故平面垂直于平面，同理平面垂直于平面，
平面垂直于平面，所以三个平面两两垂直，
故由球面角的定义知，
所以球面的内角和是.
（2）①由已知条件，可设，
如图，以为原点，构建空间直角坐标系，则，不妨设，
设，则由可知
；
；
，
故，
不妨设，则，所以有，
设平面的法向量分别为，并设，
则即，
从而，故可以取
所以我们有
，
，
，
故球面的三个内角的余弦值分别为.
②先证明一个引理.
引理：若球面的三个球面角，
设该球面的面积为，则，
引理的证明：
记球的表面积为，则，
设的对径点分别为，
则所在的大圆和所在的大圆，
它们将球面分成了四个部分，
其中面积较小的两个部分的面积之和等于球的表面积的倍，
即，类似可定义，且同理有，
而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有，
所以，
故，
引理得证，
回到原题，根据①的结论，有，
再由引理知球面的面积.
变式 13 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为，、、为球面上的三点，设表示以为圆心，且过、的圆，劣弧的长度记为，同理，圆，的劣弧、的长度分别记为，，曲面（阴影部分）叫做球面三角形．如果二面角的大小分别为，那么球面三角形的面积为．

(1)若平面、平面、平面两两垂直，求球面三角形的面积；
(2)若平面三角形为直角三角形，，设，，．
①求证：；
②延长与球交于点，若直线，与平面所成的角分别为，，为的中点，为的中点． 设平面与平面的夹角为，求的最大值及此时平面截球的面积．
【答案】(1)；(2)①证明见解析；②，
【详解】（1）若平面两两垂直，有，
所以球面三角形面积为.
（2）①证明：由余弦定理有：，且，
消掉，可得；
②由AD是球的直径，则，
且，，平面BCD，
所以平面BCD，且平面BCD，则，
且，平面ABC，可得平面ABC，
由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，所以，
不妨先令，则，
由，，，
以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系，

设，则，
可得，，
则，
设平面OBC法向量，则，
取，则，可得，
设平面EST法向量，则，
取，则，可得，
因为
，
令，则，
可得，
当且仅当取等．
则取最大值，
此时点，可得，，
设平面中的法向量，则，
取，则，可得，
可得球心O到平面AEC距离为，
设平面截球O圆半径为r，则，
所以截面圆面积为.
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§ 特殊的立体几何
一、蒺藜型多面体
【例1】清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2.在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中正确命题有
（1）该几何体的表面积为；
（2）该几何体的体积为；
（3）二面角的余弦值为；
（4）若点、在线段、上移动，则的最小值为.
【答案】（2）（3）（4）
【详解】因为，所以．
蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，
故该几何体的表面积为，（1）错误；
该几何体的体积为，（2）正确；
设的中点为，连接、，则，，
则即二面角的平面角．
建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，
则，，则，（3）正确；
建立如图所示的空间直角坐标系，设，
，
当且仅当，时，等号成立．故的最小值为，（4）正确．
二、阿基米德多面体
【例2】（多选题）半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，下列结论正确的是（ ）
A．四点共面
B．在线段CD上存在点M，使
C．若四边形的边界及其内部有一点P，且，则点P的轨迹长度为
D．点N是线段CF上的动点，则N到直线AG的距离的最小值为
【答案】ABD
【详解】如图，将二十四等边体补形为正方体，且二十四等边体各顶点均为正方体各棱的中点，
则根据二十四等边体棱长为，知正方体棱长为.
建立如图坐标系，则，，，，，，.
对于，，，因为，所以，所以四点共面，故正确；
对于，，设，则，所以，
若，则，所以，故当与重合时，，故正确；
对于，设，则，
所以，化简得，
又点在四边形ABCD的边界及其内部，所以点P的轨迹是劣弧，
所以点P的轨迹长度为，故错误；
对于，，设，则，，
所以点到直线的距离为，
根据一元二次函数的性质，易知当时，距离最小为，故正确.
故选：.
【例3】（多选题）半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．某半正多面体由6个正方形和8个正六边形构成，其也可由正八面体（由八个等边三角形构成，也可以看作上、下两个正四棱锥黏合而成）切割而成．在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若平面平面，则
C．该半正多面体的体积为
D．该半正多面体的表面积为
【答案】ABD
【详解】对于A、B：如图，易得四边形为正方形，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面平面，平面，所以.
因为，所以，故A，B正确.
对于C：该半正多面体的体积为，故C错误.
对于D：该半正多面体的表面积为，故D正确，故选：ABD.
变式1 （多选题）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将棱长为2的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个半正多面体，它们的棱长都相等，则下列说法正确的有（ ）

A．此半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式
B．过A，B，C三点的平面截该正多面体，所得截面面积为
C．若该半正多面体的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为
D．若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为
三、勒洛四面体
【例4】勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体．如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）

A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
【答案】ABD
【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，
由正四面体的棱长为2，则，，
，
，，
由勾股定理得：，即，解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：
图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，
其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：
面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，则，
则由C选项的分析知：，所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
故选：ABD.
变式2 （多选题）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
四、祖暅原理
【例5】（1）祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家.祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体，设圆锥顶点到平面的距离为l，则截得的截面面积都为 （用R，l表示），由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等，从而得到半球的体积公式.
（2）如图所示，某工艺品可以看成是一个球被一个棱长为32厘米的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为厘米，则该工艺品的体积为 立方厘米.
【答案】
【详解】（1）如图，G为右图圆柱底面圆心，A为右图截面圆心.
由已知，B为右图圆环截面内圆上一点，易有，
所以，右图截面面积为；
（2）由（1）左图截面以上部分的体积等于右图截面以上部分的体积，
即右图几何体体积减去右图截面以下部分的体积，
右图几何体体积即半球体积，设为，则，
右图截面以下部分的体积设为，其等于圆柱的体积减去圆锥的体积，
设，则，由（1），所以，
则左图截面以上部分的体积，整理得，
设被截的球为右图，截面圆的周长为，则截面圆的半径为，
设球心为，截面圆的圆心为，为截面圆上一点，
则，由题意，，
所以，则，
所以球O被截去的体积为，
所以工艺品的体积为，代入数据计算得结果为.
故答案为：①；②.
（1）祖暅与牟合方盖
【例6】 “牟合方盖”（图①）是由我国古代数学家刘徽创造的，其构成是由一个正方体从纵横两侧面作内切圆柱（圆柱的上下底面为正方体的上下底面，圆柱的侧面与正方体侧面相切）的公共部分组成的（图②），假设正方体的棱长为2，则其中一个内切圆柱的表面积为 ；该正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球，所以用任一平行于正方体底面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，根据祖暅原理（夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等）可得“牟合方盖”的体积为 ．
【答案】
【详解】因为正方形边长为2，则内切圆柱底面半径为1，高为2，
所以其中一个内切圆柱的表面积为；
因为正方形边长为2，则内切球半径为1，所以内切球体积，
设截面正方形的边长为，则其内切圆半径为，
所以截面正方形与其内切圆面积比为，设方盖体积为，
则根据祖暅原理可得，所以．故答案为：；.
变式 3 中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，如图（1）（2）.刘徽未能求得牟合方盖的体积，直言“欲陋形措意，惧失正理”，不得不说“敢不阙疑，以俟能言者”.约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等，如图（3）（4）.
已知八分之一的正方体去掉八分之一的牟合方盖后的剩余几何体与长宽高皆为八分之一正方体棱长的倒四棱锥“等幂等积”，祖暅由此推算出牟合方盖的体积.据此可知，若正方体的棱长为1，则其牟合方盖的体积为 .
变式4（多选题）《九章算术》中称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图所示），已知该正方体棱长为，下列命题正确的是（ ）
A．正方体的外接球中存在一条直径被截面和截面三等分
B．正方体的内切球体积大于该牟合方盖的内切球的体积
C．正方体的内切球被平面截得的截面面积为
D．以正方体的顶点为球心，为半径的球在该正方体内部部分的体积与正方体的棱切球的体积之比为
祖暅与圆锥曲线
【例7】运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等．现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为时，小圆锥的底面半径为，则，，
故截面面积为，把代入椭圆可得，
橄榄球形几何体的截面面积为，
由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积．
【例8】我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，其意思可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕y轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为 ．

【答案】
【详解】双曲线的渐近线为，设直线交双曲线及其渐近线分别于及，如图，由，得，
由，得，
线段绕y轴旋转一周得到一个旋转体的一个截面，它是一个圆环，其内径，外径，
圆环面积为，
因此此旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为，旋转体的高为，
而底面圆半径为，高为的圆柱垂直于轴的任意一截面面积都为，
由祖暅原理知，此旋转体的体积等于底面圆半径为，高为的圆柱的体积.故答案为：
变式 5 早在南北朝时期，祖冲之和他的儿子祖暅在研究几何体的体积时，得到了如下的祖暅原理：幂势既同，则积不容异.这就是说，夹在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面所截，两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积一定相等.将双曲线：与，所围成的平面图形（含边界）绕其虚轴旋转一周得到如图所示的几何体，其中线段OA为双曲线的实半轴，点B和C为直线分别与双曲线一条渐近线及右支的交点，则线段BC旋转一周所得的图形的面积是 ，几何体的体积为 .
变式 6 已知抛物线，以轴为旋转轴将抛物线旋转半周，得到一个旋转抛物面．设轴绕轴旋转所成的平面为．为平行于平面且到的距离为的平面，记平面与旋转抛物面所围成的几何体为（如图），以的上底面作一个高为的圆柱体（如图），利用祖暅原理可求得的体积为 ．
五、丹德林双球模型与离心率
如图(1)，在圆锥内放两个大小不同且不相切的球，使得它们分别与圆锥的侧面、底面相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到截口曲线是椭圆．理由如下：如图(2)，若两个球分别与截面相切于点E， F，在得到的截口曲线上任取一点A，过点A作圆锥母线，分别与两球相切于点C，B，由球与圆的几何性质，得，，所以，且，由椭圆定义知截口曲线是椭圆，切点E， F为焦点，具体离心率计算我们参考例题．
这个结论在圆柱中也适用，如图(3)，在一个高为h，底面半径为r的圆柱体内放球，球与圆柱底面及侧面均相切．若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱所得的截口曲线也为一个椭圆，则，。
离心率与截面角之间的关系
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，轴与母线所成角为。用平面截圆锥，得到的截口曲线取决于平面与圆锥轴l所成的线面角，（显然，当与l平行时，=0），具体关系如下：
（1）若，，平面截圆锥面所得截口曲线为椭圆；
（2）若，，平面截圆锥面所得截口曲线为抛物线；
（3）若，，平面截圆锥面所得截口曲线为双曲线；
这个比值就是圆锥曲线的离心率。
图1 图2 图3
作图1如上，不妨考虑截面为椭圆的情况，记椭圆的长轴为，短轴，椭圆中心为N，长半轴长为，短半轴长为，作以为直径且垂直于轴的圆截面（图2），则在截面圆中，根据三角形相似及相交弦定理可得作圆锥的轴截面等腰三角形如图3：
在中，由正弦定理可得，同理，在中，由正弦定理可得，整理可得，所以离心率，
综上，离心率的表达式为，其中是母线与旋转轴的夹角，是截面与旋转轴的夹角。
【例9】（多选题）用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆．著名数学家创立的双球实验证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切．下列结论中正确的有（ ）

A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等
C．所得椭圆的离心率
D．其中为椭圆长轴，为球半径，有
【答案】ABC
【详解】对A，B：过点作线段，分别与球、切于点、，
由图可知，、分别与球、切于点、，
故有，
由椭圆定义可知，该椭圆以、为焦点，为长轴长，故B正确，
由与球切于点，故，有，
即有椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A正确；
对C:由题意可得，则，故C正确；
对D：由题意可得，，故，即，故D错误.
故选：ABC.
变式 7 如图，在圆柱内放两个大小相同的小球，使得两球球面分别与圆柱侧面相切于以为直径且平行于圆柱底面的圆和，两球球面与斜截面分别相切于点，点为斜截面边缘上的动点，则这个斜截面是椭圆.若图中球的半径为3，球心距离，则所得椭圆的离心率是 .
变式 8 圆锥曲线与空间几何体具有深刻而广泛的联系，如图所示，底面半径为1，高为3的圆柱内放有一个半径为1的球，球与圆柱下底而相切，作不与圆柱底面平行的平面与球相切于点，若平面与圆柱侧面相交所得曲线为封闭曲线，是以为一个焦点的椭圆，则的离心率的取值范围是
【例10】“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线”，利用这个原理，小强在家里用两个射灯(射出的光锥视为圆锥)在墙上投影出两个相同的椭圆（图1），光锥的一条母线恰好与墙面垂直．图2是一个射灯投影的直观图，圆锥的轴截面是等边三角形，椭圆所在平面为，则椭圆的离心率为 ．
【答案】
【详解】设，由于，所以，在等边三角形中，
点为的中点，于是，在平面中，由椭圆的对称性可知，
，连接，延长与交于点，
由于为中点，所以在中，，
由勾股定理可得，
在中，，，，由余弦定理可得
，
在中，由于，所以，
于是有，
设椭圆短轴的两个顶点为，连接分别交圆锥于，
由于，所以，
由于为圆锥母线，所以，从而有，
在中，由勾股定理可得，
所以在椭圆中，，，则，
则离心率为.
【例11】如图1，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度对这个问题进行研究，其中比利时数学家Germinal dandelion（1794-1847）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面切于、，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球切于、，由球和圆的几何性质，可以知道，，，于是，由、的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以、为焦点的椭圆.如图2，一个半径为1的球放在桌面上，桌面上方有一点光源，则球在桌面上的投影是椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的离心率为

【答案】
【详解】图2中，设球心为，球与相切于点，作出截面如图所示，
由题意知：，，
,
又，，则，又，则，
则椭圆的离心率为.
变式 9 （多选题）在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球，球切于点，（，是截口椭圆的焦点）.设图中球，球的半径分别为3和1，球心距，则（ ）
A．椭圆的中心在直线上
B．
C．直线与椭圆所在平面所成的角为
D．椭圆的离心率为
变式 10 如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面相切.椭圆截面与两球相切于椭圆的两个焦点，.过椭圆上一点作圆锥的母线，分别与两个球相切于点.由球和圆的几何性质可知，，.已知两球半径分为别和，椭圆的离心率为，则两球的球心距离为 .
变式 11 （多选题）已知以为顶点的圆锥，底面半径为1，高为，点为底面圆周上一定点，圆锥侧面上有一动点满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹为椭圆
B．点可能在以为球心，1为半径的球外部
C．可能与垂直
D．三棱锥的体积最大值为
六、球面三角形
【例12】（多选题）类比平面上的三角形是由三条线段首尾顺次相接构成的封闭图形，我们把球面上三条大圆的劣弧 首尾顺次相接构成的封闭图形称为球面三角形．如图所示，分别连接球心与不在同一大圆上三点，定义球面 的三个内角分别为二面角的平面角．则下列说法正确的是（ ）
A．若 球的半径为2，则
B．存在球面三角形，使得
C．若球的半径为2，，那么球面三角形ABC的面积为
D．若是锐角且，则
【答案】ABD
【详解】选项 A，根据弧长公式 所以 A正确；
选项B，当两两垂直时，此时二面角的平面角均为直角，
根据定义得所以 B正确；
选项C，∵，
所以球面三角形占半径为2的球面的比例为
根据球的面积公式，球面的面积为 故C错误；
选项 D，如图所示，连接，设所在平面为．
作，连接．
由三垂线定理可得,
结合，，且都是锐角，
，所以 ，所以D正确
故选：ABD．
变式 12 球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学.对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边.不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角.
已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点.
(1)球面的三条边相等（称为等边球面三角形），若，请直接写出球面的内角和（无需证明）；
(2)与二面角类比，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为.其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角.若三面角的三个面角的余弦值分别为.
①求球面的三个内角的余弦值；
②求球面的面积.
变式 13 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为，、、为球面上的三点，设表示以为圆心，且过、的圆，劣弧的长度记为，同理，圆，的劣弧、的长度分别记为，，曲面（阴影部分）叫做球面三角形．如果二面角的大小分别为，那么球面三角形的面积为．

(1)若平面、平面、平面两两垂直，求球面三角形的面积；
(2)若平面三角形为直角三角形，，设，，．
①求证：；
②延长与球交于点，若直线，与平面所成的角分别为，，为的中点，为的中点． 设平面与平面的夹角为，求的最大值及此时平面截球的面积．
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