《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

典例
(多选)(2025·湖北十一校联考)用平面 $ \alpha $ 截圆柱面,圆柱的轴与平面 $ \alpha $ 所成的角记为 $ \theta $,当 $ \theta $ 为锐角时,圆柱面的截线是一个椭圆.著名数学家丹德林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 $ \alpha $ 的上方和下方,并且与圆柱面和 $ \alpha $ 均相切,平面 $ \alpha $ 与圆柱轴的夹角为 $ \theta $.其中 $ G_1G_2 $ 为椭圆长轴, $ F_1,F_2 $ 为两切点, $ P $ 为椭圆上一点.下列结论中正确的有 (ABC)


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 $ O_1O_2 $ 相等
C.椭圆的离心率 $ e = \cos \theta $
D.若 $ R $ 为球 $ O_1 $ 的半径,则 $ R = AG_1 \cdot \tan \frac{\theta}{2} $

答案： 典例 ABC [因为直线$G_{1}A,G_{1}F_{1}$分别与球$O_{1}$相切于点$A,F_{1}$，所以根据切线长定理知，$G_{1}A = G_{1}F_{1}$，同理可得$G_{2}B = G_{2}F_{1}$，所以$G_{1}G_{2} = G_{1}A + G_{2}B = 2OO_{1}$，又$O_{1},O_{2}$分别为$AB,G_{1}G_{2}$的中点，所以$G_{1}A + G_{2}B = 2OO_{1} = O_{1}O_{2}$，因此$G_{1}G_{2} = O_{1}O_{2}$，故$B$正确.
由选项$B$的结论知$OO_{1} = \frac{1}{2}O_{1}O_{2} = \frac{1}{2}G_{1}G_{2} = a$，连接$O_{1}F_{1}$，易知$O_{1}F_{1}\perp$平面$\alpha$，$OF_{1}\subset$平面$\alpha$，所以$O_{1}F_{1}\perp OF_{1}$，过点$P$作$O_{1}O_{2}$的平行线，交球$O_{1}$于点$M$，交球$O_{2}$于点$N$(图略)，易知$M,N$为切点，则$PF_{1} = PM$，$PF_{2} = PN$，则$PF_{1} + PF_{2} = PM + PN = MN = O_{1}O_{2} = 2a$，所以$F_{1},F_{2}$为椭圆的两个焦点.则$OF_{1} = c$，所以$O_{1}F_{1} = \sqrt{OO_{1}^{2}-OF_{1}^{2}} = \sqrt{a^{2}-c^{2}} = b$，即球的半径等于椭圆的短半轴长，所以球的直径等于椭圆的短轴长，故$A$正确.
因为$O_{1}F_{1}\perp$平面$\alpha$，所以轴$OO_{1}$与平面$\alpha$所成的角$\theta = \angle O_{1}OF_{1}$，$\cos\theta = \cos\angle O_{1}OF_{1} = \frac{OF_{1}}{OO_{1}} = \frac{c}{a} = e$，故$C$正确.
连接$O_{1}G_{1}$(图略)，易证$\triangle O_{1}AG_{1}\cong\triangle O_{1}F_{1}G_{1}$，所以$\angle O_{1}G_{1}A = \angle O_{1}G_{1}F_{1} = \frac{\pi - \theta}{2}$，又$\angle AO_{1}G_{1} + \angle O_{1}G_{1}A = \frac{\pi}{2}$，所以$\angle AO_{1}G_{1} = \frac{\theta}{2}$，因为$\tan\angle AO_{1}G_{1} = \frac{AG_{1}}{AO_{1}}$，所以$\tan\frac{\theta}{2} = \frac{AG_{1}}{R}$，即$R = \frac{AG_{1}}{\tan\frac{\theta}{2}}$，故$D$错误.]

训练
(2025·北京海淀区模拟)如图是数学家丹德林用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.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与截面都相切,设图中球 $ O_1 $,球 $ O_2 $ 的半径分别为 4 和 2,球心距离 $ |O_1O_2| = 2\sqrt{10} $,截面分别与球 $ O_1 $,球 $ O_2 $ 相切于点 $ E,F $ ($ E,F $ 是截面椭圆的焦点),则此椭圆的离心率等于____.

答案：
训练 $\frac{1}{3}$ [设$O_{1}O_{2}\cap EF = D$，由$\begin{cases}\frac{\vert O_{2}D\vert}{\vert O_{1}D\vert} = \frac{\vert O_{2}F\vert}{\vert O_{1}E\vert} = \frac{1}{2},\\\vert O_{1}D\vert + \vert O_{2}D\vert = 2\sqrt{10}\end{cases}$解得$\vert O_{2}D\vert = \frac{2\sqrt{10}}{3}$，$\vert O_{1}D\vert = \frac{4\sqrt{10}}{3}$，所以$\vert DE\vert = \sqrt{(\frac{4\sqrt{10}}{3})^{2}-4} = \frac{4}{3}$，$\vert DF\vert = \sqrt{(\frac{2\sqrt{10}}{3})^{2}-2^{2}} = \frac{2}{3}$，所以$2c = \frac{4}{3}+\frac{2}{3} = 2$，$c = 1$，设直线$EF$与圆锥的母线交于点$A$，过点$A$的母线与球相切于$B,C$两点，如图所示，则$\vert AB\vert = \vert AE\vert$，$\vert AC\vert = \vert AF\vert$，两式相加得$\vert AB\vert + \vert AC\vert = \vert AE\vert + \vert AF\vert = a - c + a + c = 2a$，即$\vert BC\vert = 2a$，过$O_{2}$作$O_{2}G\perp O_{1}B$，垂足为$G$，则四边形$BGO_{2}C$为矩形，所以$2a = \vert BC\vert = \sqrt{(2\sqrt{10})^{2}-2^{2}} = 6$，$a = 3$，所以椭圆的离心率为$\frac{c}{a} = \frac{1}{3}$. ]