平面与圆锥面的截线
平行射影的概念：
直线 l与平面α相交------ l的方向称投影方向。 点的平行射影：过点A作平行于 l 的直线（称
投影线）必交α于一点A´,称点A´为A沿 l的方向
在平面 α上的平行射影。
l
A
A
图形的平行射影：
一个图形上各点在平面 α上的平行射影所 组成的图形，叫做这个图形的平行射影。
正射影是平行射影的特例。
內切小球面 小球的切点 (焦点)
球面与锥面相切 內切大球面
思考：
1.两条相交直线的平行射影是否还是相交直线？
2.两条平行直线的平行射影是否还是平行直线？
3.将一个放在桌面上的玻璃杯中倒入半杯水，水 面是一个圆；如果将玻璃杯倾斜一定角度呢？
定义：平面上到两个定点的距离之和等于定长 的点的轨迹叫做椭圆。
D
H
G A
Q
F
E
C
P
B
EF>AD
EF>PQ
ห้องสมุดไป่ตู้
用一个平面去截一个圆柱， 当平面与圆柱两底面平行时，截面是一个圆； 当平面与两底面不平行时，截面是一个椭圆。
截面
正圆锥面
H 底为圆
截痕为抛物线
正圆锥面 底面圆
截痕为双曲线
截面 截痕为双曲线
定理2 在空中，取直线 l 为轴，直线l与 l 相交 于O点,夹角为 ，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π,若它与轴 l的交角 为 （当 π与 l平行时，记 =0），则
(1)β>α,平面π与
截痕为圆
V(頂点)
圆锥高VH
截面
底面为圆
H
如果用一个平面去截一个正圆锥(两边可 以无限延伸),而且这个平面不通过圆锥的顶 点,会出现三种情况:
截面与圆锥面的高不垂直時截痕可能为一个椭圆
V(顶点) 正圆锥高
截痕为椭圆
底面为圆
截面 正圆锥面
H
截面与圆锥的母线平行時其截面为抛物线
V 圆锥母线
圆锥高VH
O1
B
F2Φ G2
ΘF
O2
C
拓展到空间
EA
O1
B
G1 F1
D
F2Φ G2
ΘF
O2
C
A
O1
B
K1
G1
F1
P
F2
G2
D
O2
C
K2
Dandlin双球(丹迪林) 定理1.圆柱形物体的斜截口是椭圆.
l1
A
O1
B
G1
K1
F1
P
F2
G2
O2
C
K2
l2
椭圆的准线：l1 ，l2 离心率： e cos
截面与圆锥的高垂直時截痕为圆
二。平面与圆柱面的截线
探究：如图，AB,CD是两个等
圆的直径，AB//CD,AD、BC均 与两圆相切。作公切线EF, E A
O1
B
切点分别为F1, F2,交BA,DC 的延长线与E,F,交AD于
G1 ,交BC于G2 ，设EF 与BC,CD的交角分别
为φ，θ。
G1 F1
D
F2Φ G2
ΘF
O2
C
(1)G2F1 G2F2 AD
G2F1 G2F2 G2B G2C BC AD
(2)AD G1G2
G1G2 G1D F2G2
EA
G1D G2C
G1D G1A ?
G1 F1
AD
3 G2F1 cos cos.
G2 E
D
G2F1 BG2
G2F1 BG2 cos cos(900 ) cos.
G2E G2E
圆锥的交线为椭圆;
(2) β=α,平面π与
圆锥的交线为抛物
线;
(3)β<α,平面π与
圆锥的交线为双曲
线。
l
l
拋物线焦点的产生 球面与圆锥面相切(切点圆) 含切点圆的平面
(切点面) 內切球面
圆锥面
由截面截出的拋物线
截面与切点面交线 (准线)
对称轴 球的切点
(焦点)
截面
椭圆焦点的产生 球面与锥面相切 大球的切点 (焦点) 由截面截出的椭圆 截面 圆锥面
复习回顾 A
B A
M
A´
N
点在直线上的正射影
拓展延伸
A
M
A´ B´ N
线段在直线上的正射影
A´
点在平面上的正射影
图形在平面上的正射影
思考：
一个圆所在的平面β与平面α平行时，该 圆在α上的正射影是什么图形？
当β与α不平行时，圆在α上的正射影是什 么图形？
如果 β与α垂直，圆在α上的正射影又是 什么图形？
2.2-2.3 平面与圆柱面的截线 平面与圆锥面的截线 课件(人教A选修4-1)
[读教材·填要点]
1．平面与圆柱面的截线
(1)椭圆组成元素： F1，F2 叫椭圆的焦点； F1F2 叫椭圆 的焦距；AB叫椭圆的 长轴 ；CD叫椭圆 的 短轴 ．
如果长轴为2a，短轴为2b，那么焦 2 a2－b2 . 距2c＝
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(2)如图(1)，AB、CD是两个等圆的直径，AB∥CD，
AD、BC与两圆相切，作两圆的公切线EF，切点分别为F1、 F2，交BA、DC的延长线于E、F，交AD于G1，交BC于G2. 设EF与BC、CD的交角分别为φ、θ.
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2．平面与圆锥面的截线
(1)如图，AD是等腰三角形底边BC上的高，∠BAD＝α，
直线l与AD相交于点P，且与AD的夹角为β(0<β<)，则： ① β>α ，l与AB(或AB的延长线)、AC相交； ② β＝α ③ β<α ，l与AB不相交； ，l与BA的延长线、AC都相交．
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(2)定理2：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π，若它与轴l的交角为β(当π与l平行时，记β＝
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当β>α时，由上面的讨论可知，平面π与圆锥的交线是一个
封闭曲线．设两个球与平面π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.
取平面π，若它与轴l的交角为β(当π与l平行时，记β＝0)， 求证：β＝α时，平面π与圆锥的交线是抛 物线．(如图)
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2.2-2.3 平面与圆柱面的截线 平面与圆锥面的截线 课件(人教A选修4-1)
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[悟一法]
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．
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[通一类] 1．平面内两个定点的距离为8，动点M到两个定点的距离 的和为10，求动点M的轨迹方程．
解：以两点的连线段所在的直线为 x 轴，线段的中垂线 为 y 轴建立直角坐标系，则由椭圆的定义知，动点的轨 x2 y2 迹是椭圆，设所求椭圆方程为 2＋ 2＝1. a b ∵2a＝10,2c＝8，∴a＝5，c＝4.则 b2＝9. x2 y2 故所求椭圆的方程为 ＋ ＝1. 25 9
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[研一题]
[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．
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分析：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．
解：过 G1 作 G1H⊥BC 于 H. ∵圆柱底面半径为 3， ∴AB＝2 3. ∵四边形 ABHG1 是矩形， ∴AB＝G1H＝2 3. G1H 2 3 在 Rt△G1G2H 中，G1G2＝ ＝ ＝4. sin∠G1G2H 3 2 又椭圆短轴长等于底面圆的直径 2 3， x2 y2 ∴椭圆的标准方程为 ＋ ＝1. 4 3
曲线的形状，尤其是焦点的确定更加不容易，但可以采 用与上节中定理1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．
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[通一类] 2．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
2 解：由题意知，椭圆的长半轴长 a＝ ＝2 2， sin 45° 短半轴长 b＝2，则半焦距 c＝ a2－b2＝ 8－4＝2. 所以焦距 2c＝4.
2.2-2.3 平面与圆柱面的截线 平面与圆锥面的截线 课件(人教A选修4-1)
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在 Rt△PBQ1 中，PB＝PQ1cos α. PQ1 cos β ∴ ＝ . PA cos α PF1 又∵PQ1＝PF1，α＝β，∴ ＝1， PA 即 PF1＝PA， 动点 P 到定点 F1 的距离等于它到定直线 m 的距 离，故当 α＝β 时，平面与圆锥的交线为抛物线．
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本课时考点在高考中很少考查.2012年梅州模拟以
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[悟一法]
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．
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[通一类] 1．平面内两个定点的距离为8，动点M到两个定点的距离 的和为10，求动点M的轨迹方程．
解：以两点的连线段所在的直线为 x 轴，线段的中垂线 为 y 轴建立直角坐标系，则由椭圆的定义知，动点的轨 x2 y2 迹是椭圆，设所求椭圆方程为 2＋ 2＝1. a b ∵2a＝10,2c＝8，∴a＝5，c＝4.则 b2＝9. x2 y2 故所求椭圆的方程为 ＋ ＝1. 25 9
0)，则
①β>α ②β＝α ③ β<α ，平面π与圆锥的交线为椭圆； ，平面π与圆锥的交线为抛物线； ，平面π与圆锥的交线为双曲线．
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[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．
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[读教材·填要点]
1．平面与圆柱面的截线
(1)椭圆组成元素： F1，F2 叫椭圆的焦点； F1F2 叫椭圆 的焦距；AB叫椭圆的 长轴 ；CD叫椭圆 的 短轴 ．
如果长轴为2a，短轴为2b，那么焦 2 a2－b2 . 距2c＝
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(2)如图(1)，AB、CD是两个等圆的直径，AB∥CD，
2.2-2.3 平面与圆柱面的截线 平面与圆锥面的截线 课件(人教A选修4-1)
为α，l′围绕l旋转得到以O为顶点，l′为母线的圆锥面，任
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当β>α时，由上面的讨论可知，平面π与圆锥的交线是一个
封闭曲线．设两个球与平面π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π与圆锥的交线是以F1、F2为焦点的椭圆．
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[悟一法]
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
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①G2F1＋G2F2＝ AD；②G1G2＝ AD； G2F1 ＝cosφ＝sinθ. ③ G2E (3)如图(2)，将两个圆拓广为球面，将矩形 ABCD 看 成是圆柱面的轴截面，将 EB、DF 拓广为两个平面 α、β， EF 拓广为平面 γ，则平面 γ 与圆柱面的截线是 椭圆 ．即 得定理 1：圆柱形物体的斜截口是椭圆．
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[研一题] [例2] 证明：定理2的结论(1)，即β>α时，平面π与圆 锥的交线为椭圆． 分析：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．
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证明：如图，与定理1的证明相同，在圆锥内部嵌入 Dandelin双球，一个位于平面π的上方，一个位于平面π的 下方，并且与平面π及圆锥均相切．
平面与圆锥面的截线 课件
证明：如图所示，当 β<α 时，平面 π 与圆锥的两部 分相交．在圆锥的两部分分别嵌入 Dandelin 球，与平面 π 的两个切点分别是点 F1、F2，与圆锥两部分截得的圆分 别为 S1、S2.
在截口上任取一点 P，连接 PF1、PF2，过点 P 和圆 锥的顶点 O 作母线，分别与两个球相切于点 Q1、Q2，
则 PF1＝PQ1，PF2＝PQ2， 所以|PF1－PF2|＝|PQ1－PQ2|＝Q1Q2. 由于 Q1Q2 为两圆 S1、S2 所在平行 平面之间的母线段长， 因此 Q1Q2 的长为定值．
由上述可知，双曲线的结构特点是：双曲线上任意一 点到两个定点(即双曲线的两个焦点)的距离之差的绝对 值为常数．
解：连接 O1F1、O2F2、O1O2 交 F1F2 于 O 点， 在 Rt△O1F1O 中，
OF1＝tanO∠O1F1O1 F1＝tanr
. β
在 Rt△O2F2O 中，
OF2＝tanO∠O2F2O2 F2＝tanR
. β
所以 F1F2＝OF1＋
R＋r
OF2＝ tan
. β
R＋r
同理，O1O2＝ sin
归纳升华 判断平面与圆锥面的截线形状的方法如下： 1．求圆锥面的母线与轴线的夹角 α，截面与轴的夹 角 β； 2．判断 α 与 β 的大小关系； 3．根据定理 2 判断交线是什么曲线．
类型 2 圆锥曲线的几何性质
[典例 2] 如图所示，已知圆锥母线 与轴的夹角为 α，平面 π 与轴线夹角为 β， Dandelin 球的半径分别为 R、r，且 α<β， R>r，求平面 π 与圆锥面交线的焦距 F1F2， 轴长 G1G2.
2．圆锥曲线的几何性质
(1)焦点：Dandelin 球与平面 π 的切点． (2)准线：截面与 Dandelin 球和圆锥交线所在平面的 交线．
圆锥曲线的原理最详细图解(平面与圆锥面的截线).
平面与圆锥面的截线一、直观感受：观察平面截圆锥面的图形，截线是什么图形？改变平面的位置，可得到三种曲线，它们统称为圆锥曲线（下图由软件《立几画板》制作）：二、分类探究：从平面图形入手，开始讨论一条直线与等腰三角形的位置关系：将等腰三角形拓广为圆锥，直线拓广为平面。
如果用一平面去截一个正圆锥，而且这个平面不通过圆锥的顶点，会出现哪些情况呢？如下图：归纳提升：定理在空间中，取直线l为轴，直线l'与l相交于O点，其夹角为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π，若它与轴l交角为β（π与l平行，记作β＝0），则：（1）β＞α，平面π与圆锥的交线为椭圆；（2）β＝α，平面π与圆锥的交线为抛物线；（3）β＜α，平面π与圆锥的交线为双曲线。
三、证明结论：利用Dandelin双球（这两个球位于圆锥的内部，一个位于平面的上方，一个位于平面的下方，并且与平面及圆锥均相切）证明：β＞α，平面与圆锥的交线为椭圆.如图，利用切线长相等，容易证明PF1+PF2=PQ1+PQ2＝Q1Q2=定值.下面证明：β＝α时，平面与圆锥面的交线为抛物线。
下面讨论当平面与圆锥面的交线为双曲线时准线的及离心率：换个角度看图：容易知道：截得的圆锥曲线的离心率等于截面和圆锥轴的夹角的余弦与圆锥顶角一半的余弦之比.四、知识运用用图霸制作三维直观图：解答参看下图：五、图形制作三种曲线的丹迪林Dandelin双球图可以在《几何图霸》中统一到一幅图中，主要制作步骤如下：1.作全自由点O，过点O作平行于z轴上的点B，过B作平行于x轴上的点C，作点B、C 关于O的对称点B’、C'.2.选取点O、B、C，作圆锥，选取点O、B’、C’，作圆锥.3.在圆B上任取点D，作D关于B对称点，连接OD，OD’，在OD上任取一点E，以E 为圆心画过点D’、D的心点圆，在圆E上任取点F，连EF，它表示截面的位置，可以绕点E转动.4.作角OEF的平分线，与轴BB’交于O1；作角DEF的平分线，与轴BB’交于O2，它们就是双球的球心.5.过球心O1、O2分别作边EF的垂线，垂足分别为F1、F2，它们就是焦点.6.选取点O1、F1，作球O1（图中显示大圆，光照后显示为球），同法作球O2.7.取线EF上的点G、H，作GDO垂线上的伸缩点I，作点I关于点G的对称点I’，按向量GH平称点I、I’，得点I2、I".添加面II2I"I’，连接四边，表示截面.它的长宽可以用点G、H、I控制；点F控制其转动.8.添加下底圆上的点J，连结OJ交截面于点K，选取点J、K，添加轨迹，它就是截线，如上图中的椭圆.9.点E按向量OD’平移得点E’，EE’交圆于点G1，EG1平行于母线OD’，添加点F到点G1的动画，名为“抛物线”.10.参看前面各图添加其它图元.下载图霸文件后在“对象浏览器”中查看各对象.课件下载：共享文件下载中心相关文章：1 利用丹迪林Dandelin双球证明平面与圆锥面的截线定理2平面与圆柱面的截线更多文章：《几何图霸》文章列表几何图霸网站：。
2.2-2.3 平面与圆柱面的截线 平面与圆锥面的截线 课件(人教A选修4-1)
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当β>α时，由上面的讨论可知，平面π与圆锥的交线是一个
封闭曲线．设两个球与平面π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.
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①G2F1＋G2F2＝ AD；②G1G2＝ AD； G2F1 ＝cosφ＝sinθ. ③ G2E (3)如图(2)，将两个圆拓广为球面，将矩形 ABCD 看 成是圆柱面的轴截面，将 EB、DF 拓广为两个平面 α、β， EF 拓广为平面 γ，则平面 γ 与圆柱面的截线是 椭圆 ．即 得定理 1：圆柱形物体的斜截口是椭圆．
取平面π，若它与轴l的交角为β(当π与l平行时，记β＝0)， 求证：β＝α时，平面π与圆锥的交线是抛 物线．(如图)
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证明：如图，设平面 π 与圆锥内切球相切于点 F1，球与圆 锥的交线为圆 S，过该交线的平面为 π′，π 与 π′相交于 直线 m. 在平面 π 与圆锥的截线上任取一点 P，连接 PF1.过点 P 作 PA⊥m，交 m 于点 A，过点 P 作 π′的垂线，垂足为 B，连 接 AB，则 AB⊥m，∴∠PAB 是 π 与 π′所成二面角的平面 角．连接点 P 与圆锥的顶点，与 S 相交于点 Q1，连接 BQ1， 则∠BPQ1＝α，∠APB＝β. 在 Rt△APB 中，PB＝PAcos β.
2 解：由题意知，椭圆的长半轴长 a＝ ＝2 2， sin 45° 短半轴长 b＝2，则半焦距 c＝ a2－b2＝ 8－4＝2. 所以焦距 2c＝4.
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在 Rt△PBQ1 中，PB＝PQ1cos α. PQ1 cos β ∴ ＝ . PA cos α PF1 又∵PQ1＝PF1，α＝β，∴ ＝1， PA 即 PF1＝PA， 故当 α＝β 时，平面与圆锥的交线为抛物线．
2.2-2.3 平面与圆柱面的截线 平面与圆锥面的截线 课件(人教A选修4-1)
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[研一题] [例2] 证明：定理2的结论(1)，即β>α时，平面π与圆 锥的交线为椭圆． 分析：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．
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证明：如图，与定理1的证明相同，在圆锥内部嵌入 Dandelin双球，一个位于平面π的上方，一个位于平面π的 下方，并且与平面π及圆锥均相切．
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2．平面与圆锥面的截线
(1)如图，AD是等腰三角形底边BC上的高，∠BAD＝α，
直线l与AD相交于点P，且与AD的夹角为β(0<β<)，则： ① β>α ，l与AB(或AB的延长线)、AC相交； ② β＝α ③ β<α ，l与AB不相交； ，l与BA的延长线、AC都相交．
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(2)定理2：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π，若它与轴l的交角为β(当π与l平行时，记β＝
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在 Rt△PBQ1 中，PB＝PQ1cos α. PQ1 cos β ∴ ＝ . PA cos α PF1 又∵PQ1＝PF1，α＝β，∴ ＝1， PA 即 PF1＝PA， 动点 P 到定点 F1 的距离等于它到定直线 m 的距 离，故当 α＝β 时，平面与圆锥的交线为抛物线．
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本课时考点在高考中很少考查.2012年梅州模拟以
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当β>α时，由上面的讨论可知，平面π与圆锥的交线是一个
封闭曲线．设两个球与平面π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
简述平面与圆锥面相交的物五种截交线的性质
简述平面与圆锥面相交的物五种截交线的性质平面与圆锥面是几何图形中的两个基础形状，在三维空间中，它们常常会相交，而它们之间的截交线有五种形式，分别是：主轴，圆弧，圆心，平行线和交点。
本文将介绍五种截交线的特征，以及它们是如何交叉的。
首先是主轴，主轴是一条和圆锥的顶点重合的直线，它的端点都位于圆锥的底面。
另外，圆弧也是一种相交线，它与主轴形成环形，并且一端接近主轴，另一端则与圆锥底面重合。
此外，还有一种叫做圆心的截交线，它位于主轴和圆弧之间，由于圆锥的顶点相当于圆的圆心，因此圆心也可以称之为圆锥顶点。
另外，主轴的反方向也是一种相交线，它与主轴形成一条平行线，两条线之间的距离等于圆锥的高度。
最后，还有一种叫做交点的相交线，它介于主轴的两端，在平面和圆锥相交时会出现。
以上就是五种截交线的特性，下面我们来看它们是如何交叉的。
首先，主轴和圆弧是彼此垂直的，因此它们构成一个“X”形，其中圆心和交点分别位于“X”的两个端点。
接下来，圆心和交点的连线与主轴的反方向形成一个“H”形，其中它们的连线分别位于“H”的两个端点。
最后，主轴和它的反方向会形成一个“T”形，两线之间的距离则等于圆锥的高度。
总之，以上就是平面与圆锥面相交的物体五种截交线的性质。
主轴、圆弧、圆心、平行线和交点同时存在，它们组合出了一个“X-H-T”形，而交线之间的距离则与圆锥的高度相等。
圆锥是三维空间中经常
被使用的几何图形，它的特性丰富，能够构建出复杂的几何形状，而平面与圆锥面的“相交”，也是一种几何图形中最常见的情况。
希望本文能够帮助你更好地理解这五种截交线的性质。
平面与圆锥的截交线的三种情况
平面与圆锥的截交线的三种情况引言在几何学中，平面与圆锥的相交是一个常见而重要的问题。
当一个平面与一个圆锥相交时，它们会形成一条被称为截交线的曲线。
这条曲线可以有不同的形状和特征，取决于平面和圆锥之间的相对位置关系。
本文将探讨平面与圆锥相交时可能出现的三种情况，并详细讨论每种情况下截交线的特点。
情况一：平面与圆锥没有公共点在某些情况下，平面和圆锥可能没有任何公共点。
这意味着平面完全位于圆锥之外，或者两者之间存在太大的距离，无法相交。
在这种情况下，截交线为空集。
情况二：平面与圆锥有一个公共点另一种可能性是平面与圆锥有且仅有一个公共点。
这意味着平面切割了圆锥，并且该公共点是截交线上唯一的点。
根据切割位置和角度不同，截交线可以是直线、抛物线或双曲线。
情况二.1：截交线是直线当平面与圆锥相切时，截交线是一条直线。
这种情况下，平面与圆锥的切点也是截交线上的唯一点。
截交线与圆锥的母线（生成圆锥的直线）垂直。
此外，截交线还满足以下特点： - 截交线在平面上的投影与截交线重合。
- 截交线在圆锥上的投影是一段弧，它连接了圆锥的两个切点。
情况二.2：截交线是抛物线当平面与圆锥相交但不相切时，截交线可以是一条抛物线。
这种情况下，平面和圆锥有一个公共点，并且该公共点不在截交线上。
抛物线作为截交曲面的一部分，具有以下特征： - 抛物顶点位于公共点和圆锥顶点之间。
- 抛物顶点到公共点的距离等于抛物顶点到圆锥顶点的距离。
- 抛物顶轴垂直于平面，并通过抛物顶点和公共点。
情况二.3：截交线是双曲线在某些情况下，平面与圆锥相交会形成一条双曲线作为截交线。
这种情况下，平面和圆锥有一个公共点，并且该公共点不在截交线上。
双曲线具有以下特征： - 双曲线的两个分支都延伸到无穷远处。
- 双曲线的焦点位于公共点和圆锥顶点之间。
- 双曲线的两个分支在平面上对称。
情况三：平面与圆锥有多个公共点最后一种情况是平面与圆锥有多个公共点。
这意味着平面切割了圆锥，并且截交线是一个封闭的曲线。