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培优专题(五)　立体几何中的创新交汇问题
例1　解:(1)椭圆的离心率为sin α.
证明:设椭圆方程为+=1(a>b>0).由题意得圆柱母线与桌面所成的角为90°-α,水面与地面平行,则椭圆的长轴与圆柱母线所成的角是90°-α,所以2a=,即a=,易知b=10,则c===10tan α,所以椭圆的离心率e===sin α.
(2)根据题意,画出截面图形,如图所示,过C作CF∥BP,交AD于点F,在Rt△CDF中,∠FCD=α,CD=20 cm,所以DF=20tan α cm,
则AF=(30-20tan α)cm,此时容器内能容纳的溶液体积为π×102×30-π×102×20tan α=100π(30-10tan α)cm3,而容器内原有溶液的体积为π×102×20=100π×20(cm3),令100π(30-10tan α)≥100π×20,解得tan α≤1,所以α≤45°,故要使倾斜后容器内的液体不会溢出,角α的最大值为45°.
(3)将该圆柱形容器放大为底面边长为20 cm,高为30 cm的正四棱柱,画出截面图形,如图所示,当α=60°时,过C作CE∥BP,交AB于点E,在Rt△CBE中,BC=30 cm,∠BCE=30°,则BE=10 cm,则S△CBE=×BC×BE=150(cm2),所以容器内溶液的体积为150×20=3000(cm3),则倒出的溶液体积为(203-3000)cm3,因为203-3000<3000,所以放大后的正四棱柱形状容器不能满足要求,则圆柱形状容器也不能满足要求.
例2　解:(1)坐标平面xOz的方程为y=0.
已知曲面C的方程为+-=1,
当y=0时,平面xOz截曲面C所得交线上的点M(x,0,z)满足x2-=1,
从而平面xOz截曲面C所得交线是平面xOz上以原点O为对称中心,焦点在x轴上,实轴长为2,虚轴长为4的双曲线.
(2)证明:设P(x0,y0,z0)是直线l上任意一点,由d=(1,0,2),=(x0+1,y0+1,z0+2)均为直线l的方向向量,得∥d,从而存在实数λ,使得=λd,即(x0+1,y0+1,z0+2)=λ(1,0,2),
则解得
所以点P的坐标为(λ-1,-1,2λ-2),
于是+-=λ2-2λ+1+1-(λ2-2λ+1)=1,因此点P的坐标总是满足曲面C的方程,从而直线l在曲面C上.
(3)直线l'在曲面C上,且过点T(1,0,0),设M(x1,y1,z1)是直线l'上任意一点,直线l'的方向向量为d'=(a,b,c),由d',均为直线l'的方向向量,得∥d',从而存在实数t,使得=td',即(x1-1,y1,z1)=t(a,b,c),
则解得所以点M的坐标为(1+at,bt,ct).
因为M(x1,y1,z1)在曲面C上,所以+-=1,整理得t2+2at=0,由题意,对任意的t,有t2+2at=0成立,所以a2+b2-=0,且2a=0,所以c=2b或c=-2b,不妨取b=1,则c=2或c=-2,所以d'=(0,1,2)或d'=(0,1,-2),又直线l的方向向量为d=(1,0,2),所以异面直线l与l'所成角的余弦值
为==.
【自测题】
解:(1)如图,设单位球的球心为O,球面三角形的三个顶点分别为A,B,C,因为单位球面有一个球面三角形,三条边长均为,所以每个大圆弧长均为,又单位球的半径R=1,所以球面三角形每条边所对的圆心角为,所以在三棱锥A-OBC中,OA,OB,OC两两垂直.易得OA⊥平面OBC,又OA 平面OAB,所以平面OAB⊥平面OBC,同理平面OAB⊥平面OCA,平面OCA⊥平面OBC,所以球面三角形任意两条边所在的半平面构成的二面角均为,所以球面三角形的三个角均为,从而此球面三角形的内角和为.
(2)若将地球看作一个球体,在地球上0°经线和90°经线所在大圆与赤道所在大圆将球面平均分成8个全等的球面三角形,且每个球面三角形的3个角均为,内角和为,从而每个球面三角形的面积S==,则每个球面三角形的总曲率x==,又球面三角形总曲率
x与球面三角形内角和θ满足:θ=π+αx,其中α为常数,设θ=f(x),则f=π+α=,从而α=1.
(3)将多面体的每个面视作可以自由伸缩的橡皮膜,使其膨胀为一个半径为R的球,每个顶点均在球面上,每条边变为球面上的边,每个多边形变为球面上的多边形,且膨胀前后χ(Ω)=V-E+F不变.不妨记球面仍为单位球面,半径R=1,对于任意一个球面k边形,可用球面上的边分割成(k-2)个球面三角形,由(2)可知,α=1,则每个球面三角形的内角和θ=π+x=π+=π+S,即每个内角和为θ的球面三角形的面积为θ-π.记φ=θj为分割成(k-2)个球面三角形的球面k边形的内角和,则球面k边形的面积为φ-(k-2)π.记球面上多边形为αi,i=1,2,…,F,对每一个球面多边形αi,设其边数为li,内角和为φi,面积为Si,则由球面三角形角的定义可知,每个顶点处所有球面多边形的角之和为2π,顶点数为V,从而所有球面多边形内角和为φi=2πV,又球面多边形每条边被重复计算2次,棱数为E,所以liπ=2Eπ,则(φi-liπ+2π)=2πV-2πE+2πF,又所有球面多边形面积之和Si=4πR2=4π,故2πV-2πE+2πF=4π,故χ(Ω)=V-E+F=2.培优专题(五)　立体几何中的创新交汇问题
类型一　立体几何与其他知识交汇问题
例1 [2024·深圳中学模拟] 如图①,有一个圆柱形状的玻璃水杯,底面圆的直径为20 cm,高为30 cm,杯内有20 cm深的溶液,现将水杯倾斜,且倾斜时点B始终在桌面上,设直径AB所在直线与桌面所成的角为α(如图②).
(1)求图②中液面所形成的椭圆的离心率并证明你的结论.
(2)要使倾斜后容器内的溶液不会溢出,求角α的最大值.
(3)现需要倒出的溶液体积不少于3000 cm3,当α=60°时,能满足要求吗 请说明理由.


类型二　立体几何新定义问题
例2 [2025·湖北新高考协作体联考] 类似平面解析几何中的曲线与方程,在空间直角坐标系中,可以定义曲面(含平面)S的方程,若曲面S和三元方程F(x,y,z)=0之间满足:①曲面S上任意一点的坐标均为三元方程F(x,y,z)=0的解;②以三元方程F(x,y,z)=0的任意解(x0,y0,z0)为坐标的点均在曲面S上,则称曲面S的方程为F(x,y,z)=0,方程F(x,y,z)=0表示的曲面为S.已知曲面C的方程为+-=1,如图.
(1)写出坐标平面xOz的方程(无需说明理由),并说明平面xOz截曲面C所得交线是什么曲线.
(2)已知直线l过曲面C上一点Q(-1,-1,-2),以d=(1,0,2)为方向向量,求证:直线l在曲面C上(即l上任意一点均在曲面C上).
(3)已知曲面C可视为平面xOz中某双曲线的一支绕z轴旋转一周所得的旋转面;同时,过曲面C上任意一点,有且仅有两条直线在曲面C上.设直线l'在曲面C上,且过点T(1,0,0),求异面直线l(第(2)问中的直线l)与l'所成角的余弦值.


自测题
[2024·长沙雅礼中学模拟] 高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式,是关于曲面的图形(由曲率表征)和拓扑(由欧拉示性数表征)间联系的一项重要表述,建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率x与球面三角形内角和θ满足:θ=π+αx,其中α为常数.如图,把球面上的A,B,C三个点用三个大圆(过球心的平面截球面所得的圆)的圆弧连接起来,所围成的图形叫作球面三角形,每个大圆弧叫作球面三角形的一条边,两条边所在的半平面构成的二面角叫作球面三角形的一个角.球面三角形的总曲率等于(S为球面三角形的面积,R为球的半径).
(1)若单位球面有一个球面三角形,三条边长均为,求此球面三角形的内角和.
(2)求α的值.
(3)把多面体的任何一个面伸展成平面.如果所有其他各面都在这个平面的同侧,那么这样的多面体叫作凸多面体.设凸多面体Ω的顶点数为V,棱数为E,面数为F,试证明凸多面体欧拉示性数χ(Ω)=V-E+F为定值,并求出χ(Ω).

(共26张PPT)
培优专题（五） 立体几何中的创新
交汇问题
类型一
类型二
答案核查
类型一 立体几何与其他知识交汇问题
例1 [2024·深圳中学模拟] 如图①，有一个圆
柱形状的玻璃水杯，底面圆的直径为 ，
高为，杯内有 深的溶液，现将水
杯倾斜，且倾斜时点 始终在桌面上，设直径
所在直线与桌面所成的角为 （如图②）.
（1）求图②中液面所形成的椭圆的离心率并证明你的结论.
解：椭圆的离心率为 .
证明：设椭圆方程为 .
由题意得圆柱母线与桌面所成的角为
， 水面与地面平行，
则椭圆的长轴与圆柱母线所成的角是 ，
所以，即，
易知 ，则 ，
所以椭圆的离心率 .
（2）要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，求角 的最大值.
解：根据题意，画出截面图形，如图所示，
过 作，交于点，
在 中， ， ，
所以 ，则 ，
此时容器内能容纳的溶液体积为
，
而容器内原有溶液的体积为 ，
令，解得，所以 ，
故要使倾斜后容器内的液体不会溢出，角 的最大值为 .
（3）现需要倒出的溶液体积不少于，当 时，能满
足要求吗？请说明理由.
解：将该圆柱形容器放大为底面边长为 ，
高为 的正四棱柱，画出截面图形，如图所示，
当 时，过作，交于点 ，
在中，, ,
则，则 ，
所以容器内溶液的体积为 ，
则倒出的溶液体积为，
因为 ，所以放大后的正四棱柱形状容器不能
满足要求，则圆柱形状容器也不能满足要求.
类型二 立体几何新定义问题
例2 [2025·湖北新高考协作体联考] 类似平面解析几
何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定
义曲面（含平面）的方程，若曲面 和三元方程
之间满足：①曲面 上任意一点的坐标
均为三元方程 的解；②以三元方程
的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面
的方程为，方程表示的曲面为.已知曲面 的
方程为 ，如图.
（1）写出坐标平面的方程（无需说明理由），并说明平面
截曲面 所得交线是什么曲线.
解：坐标平面的方程为 .
已知曲面的方程为 ，
当时,平面截曲面 所得交线上的点
满足 ，
从而平面截曲面所得交线是平面 上以原点
为对称中心，焦点在 轴上，实轴长为2，虚轴长为4的双曲线.
（2）已知直线过曲面上一点，以 为方向
向量，求证：直线在曲面上（即上任意一点均在曲面 上）.
证明：设是直线上任意一点，
由 ，均为直
线 的方向向量，得，从而存在实数 ，
使得，即 ，
则解得 所以点的坐标为 ，
于是 ，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面 上.
（3）已知曲面可视为平面 中某双曲线的一支
绕轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面 上任
意一点，有且仅有两条直线在曲面上.设直线 在曲
面上，且过点，求异面直线 （第（2）问
中的直线与 所成角的余弦值.
解：直线在曲面上，且过点 ,
设是直线上任意一点，直线 的方向向
量为，
由，均为直线 的方向向量，得，
从而存在实数，使得 ，
即 ，
则解得所以点 的坐标为 .
因为在曲面 上，
所以 ，
整理得，
由题意，对任意的 ，有
成立，所以，且，所以 或，
不妨取，则或 ，所以或，
又直线 的方向向量为，
所以异面直线与 所成角的余弦值为 .
自测题 [2024·长沙雅礼中学模拟] 高斯-博内公式
是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于
曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性
数表征）间联系的一项重要表述，建立了空间的
局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三
角形总曲率与球面三角形内角和 满足：，其中 为常
数.如图，把球面上的，， 三个点用三个大圆（过球心的平面截
球面所得的圆）的圆弧连接起来，所围成的图形叫作球面三角形，
每个大圆弧叫作球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的
二面角叫作球面三角形的一个角.球面三角形的总曲率等于
（为球面三角形的面积， 为球的半径）.
（1）若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为 ，求此球面三
角形的内角和.
解：如图，设单位球的球心为 ，球面三角形
的三个顶点分别为，， ，
因为单位球面有一个球面三角形，
三条边长均为 ，所以每个大圆弧长均为，
又单位球的半径 ，
所以球面三角形每条边所对的圆心角为 ，
所以在三棱锥中，，，两两垂直.
易得 平面 ，
又 平面，所以平面 平面，
同理平面 平面，
平面 平面 ，
所以球面三角形任意两条边所在的半平面构
成的二面角均为 ，
所以球面三角形的三个角均为，
从而此球面三角形的内角和为 .
（2）求 的值.
解：若将地球看作一个球体，在地球上 经线和
经线所在大圆与赤道所在大圆将球面平均分
成8个全等的球面三角形，且每个球面三角形的3
个角均为，内角和为 ，
从而每个球面三角形的面积 ，
则每个球面三角形的总曲率 ，
又球面三角形总曲率与球面三角形内角和 满足：，
其中 为常数，
设，则，从而 .
（3）把多面体的任何一个面伸展成平面.如果所
有其他各面都在这个平面的同侧，那么这样的多
面体叫作凸多面体.设凸多面体 的顶点数为 ，
棱数为，面数为 ，试证明凸多面体欧拉示性数
为定值，并求出 .
解：将多面体的每个面视作可以自由伸缩的橡皮
膜，使其膨胀为一个半径为 的球，每个顶点均
在球面上，每条边变为球面上的边，每个多边形
变为球面上的多边形，
且膨胀前后 不变.
不妨记球面仍为单位球面，半径，
对于任意一个球面边形，可用球面上的边分割成 个球面三角形，
由（2）可知， ，
则每个球面三角形的内角和，
即每个内角和为 的球面三角形的面积为 .
记 为分割成个球面三角形的球
面 边形的内角和，
则球面边形的面积为 .
记球面上多边形为，，2， ， ，
对每一个球面多边形，设其边数为，内角和为，面积为 ，
则由球面三角形角的定义可知，每个顶点处所有球面多边形的角
之和为 ，顶点数为 ，
从而所有球面多边形内角和为 ，
又球面多边形每条边被重复计算2次，棱数为 ，
所以 ，
则 ，
又所有球面多边形面积之和 ，
故 ，故 .
类型一
例1(1)椭圆的离心率为sin α.证明略. (2) 45° (3)不能,理由略.
类型二
例2(1)坐标平面xOz的方程为y=0.平面xOz截曲面C所得交线是平面xOz上
以原点O为对称中心,焦点在x轴上,实轴长为2,虚轴长为4的双曲线.
(2)略 (3)
自测题 (1) (2) 1 (3)2

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