立体几何中的截面(解析版)

立体几何中的截面(解析版)【基本知识】在立体几何中，截面是指用平面截取几何体得到的平面图形，分为横截、竖截、斜截三种方式。不同的立体图形通过不同的截面方式得到的截面图形也不同。【基本技能】技能1：利用线面平行和垂直的定理和性质求解截面问题；技能2：利用线面垂直的定理和性质求解正方体中的截面问题；技能3：利用猜想法和建立函数模型求解最值问题。例如，对于正六面体的斜截面，不可能出现直角三角形、钝角三角形、直角梯形和正五边形等图形。在求解正方体中的截面问题时，可以利用线面垂直的性质来确定截面的形状。在求解最值问题时，可以运用特殊图形和几何体的特征，或者建立函数模型来求解。例如，对于一个容积为1立方单位的正方体容器，通过棱AB、BB1及对角线B1C的中点各有一小孔E、F、G，可以求解该容器可装水的最大容积。分析本题，最大容积的解法是错误的，因为对“容器是可以任意放置”的理解不够。正确的解法是当水平面调整为图（2）△EB1C时容器的容积最大，最大容积为V=1/3，选C。正四棱锥P-ABCD的底面正方形边长是3，O是P在底面上的射影，PO=6，Q是AC上的一点，过Q且与PA、BD都平行的截面为五边形EFGHL，求该截面面积的最大值。如图所示，连接AC、BD，设截面与正四棱锥P-ABCD的底面相交于EL，AC与EL相交于Q点。由BD//截面EFGHL得LE//BD，AP//截面EFGHL，得AP//QG。那么，EL必定分别与AB、AD相交于E、L，否则，截面将是三角形。则AP//EF，AP//LH。在正四棱锥P-ABCD中，BD⊥AP，由LE//BD，AP//QG，∠GQE是异面直线BD与PA所成角，则QG⊥EL，所以，GFEQ和GHLQ是两个全等的直角梯形。设AE=x（x<3），AP=3x/2+6，EF=3-x，AQ=3-x/2，由AP//QG得QG=(9-x)/2。于是，S(EFGHL)=2×[1/2×AQ×(EF+GH)+1/2×QG×(EF-GH)]=x(9-x/2)，当x=2时，截面EFGHL的面积取得最大值9。能否用一个平面去截一个正方体，使得截面为五边形？进一步，截面能否为正五边形呢？如图所示，我们可以用一个平面截一个正方体ABCD-A1B1C1D1，使得截面为一个凸五边形。点I是B1B延长线上一点，使得IB1=AF11=√2/2。则截面BB1E为A1D1的平行四边形，因此，截面为五边形。但是，正五边形的内角和为540°，而正方体的每个面的内角和为360°，因此无法用一个平面截一个正方体，使得截面为正五边形。所以O是抛物线的焦点.又因为PAB是等边三角形，所以PE=2/√3，OE=1，根据抛物线的性质，焦点到顶点的距离等于顶点到准线的距离，即焦距为PE-OE=2/√3-1，化简得到答案为D选项：1/√3-1.二、填空题1．【福建省福州市2020届高三上学期期末考试数学试卷】如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，F为AD的中点，E为棱D1D上的动点(不包括端点)，过点B,E,F的平面截正方体所得的截面的形状不可能是______边形（填写一个汉字）.【答案】六【解析】与单选题1相同，截面不可能是六边形，填写一个汉字“六”即可.2．【江苏省苏州市2020届高三上学期期末考试数学试卷】如图，圆锥PO，轴截面PAB是边长为2的等边三角形，过底面圆心O作平行于母线PA的平面，与圆锥侧面的交线是以E为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到其顶点E的距离为______.【答案】1/√3-1【解析】与单选题2相同，根据抛物线的性质，焦距为PE-OE=2/√3-1，化简得到答案为1/√3-1.因为$\overline{OP}\perp$底面$ABC$，所以$\overline{OP}\perp\overline{OC}$。又因为$\overline{OC}\perp\overline{OE}$，$\overline{OP}$、$\overline{OE}$在平面$PAB$中，且$\overline{OP}\cap\overline{OE}=\varnothing$，所以$\overline{OC}\perp$平面$PAB$，因此$\overline{OC}\perp\overline{OB}$。在平面$CED$内建立直角坐标系，设抛物线的方程为$y=2px(p>0)$，点$C(1,1)$，则$1=2p$，$p=\frac{1}{2}$，因此该抛物线的焦点到其顶点$E$的距离为$\frac{1}{4}$。一个棱长为$2$的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示。其截面是等腰三角形$ABC$，由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥。由于正方体的棱长为$2$，所以$AC=BC=\sqrt{5}$，$AB=\sqrt{2}\cdot2$，因此$AB$边上高为$3$，所以$\mathrm{S}_{\triangleABC}=\frac{1}{2}\cdot3\cdot\sqrt{2}\cdot2=6$。在正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，点$E$、$F$、$G$分别是棱$AB$、$BC$、$B_1C_1$的中点。过$E$、$F$、$G$三点作该正方体的截面，则在平面$B_1DD_1B$内存在直线与平面$EFG$平行，因为$B_1O\parallel$平面$EFG$，在平面$B_1DD_1B$内存在直线与平面$EFG$垂直，因为$BD_1\perp$平面$EFG$。因为$EG\parallelAB_1$，$FG\parallelB_1C$，所以平面$EFG\parallel$平面$ABC$。易得$\triangleEFAC$，$\triangleA_1B_1C$为等边三角形，因此直线$AB_1$与$AC$所成角为$60^\circ$，即直线$AB_1$与$EF$所成角为$60^\circ$，因此选项D不正确，故选D。某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为$4\sqrt{3}$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$4\pi$，则该球的半径是$\sqrt{6}$。设截面圆半径为$r$，球的半径为$R$，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即$2\sqrt{3}$，根据截面圆的周长可得$4\pi=2\pir$，得$r=2$，因此$R^2=r^2+4\cdot3=16$，$R=\sqrt{16}=4$，因此选B。美学四大构件包括史诗、音乐、造型（如绘画、建筑等）和数学。在学习绘画方面，素描是必要的一步，它包括明暗素描和结构素描。学习几何体结构素描是学习素描的重要一步。在画“切面圆柱体”（用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱，底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体）时，某中学2018级某同学发现“切面”是一个椭圆。如果“切面”所在平面与底面成45度角，则该椭圆的离心率为2。解析：设圆柱的底面半径为r，椭圆的长轴为2a，短轴为2b，则有2r^2=b^2+c^2，即b^2=4-r^2。因此，离心率e=sqrt(1-b^2/a^2)=sqrt(1-(4-r^2)/a^2)=sqrt((a^2-4+r^2)/a^2)。由cos45度=1/sqrt(2)，可知a^2=8，代入得e=sqrt((8-r^2)/8)。因为e=2，所以得到r=2sqrt(2)。因此，该椭圆的离心率为2时，其短轴为2r=4sqrt(2)，所以答案为B。已知三棱锥V-ABC，点P是VA的中点，且AC=2，VB=4，过点P作一个截面，使截面平行于VB和AC，则截面的周长为6。解析：连接PD,DE,EF,PF，由题得PD||VB,DE||AC，因此PD||平面DEFP，DE||平面DEFP。又因为PD,DE∈平面DEFP，而VB,AC不在平面DEFP内，所以VB||平面DEFP，AC||平面DEFP，因此截面DEFP就是所作的平面。由于PD||VB，EF||VB，PD=VB，EF=VB，所以四边形DEFP是平行四边形。因为VB=4，AC=2，所以PD=FE=2，DE=PF=1，所以截面DEFP的周长为2+2+1+1=6。因此答案为D。已知球O是正四面体A-BCD的外接球，BC=2，点E在线段BD上，且BD=3BE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是π。解析：设平面α为过E的球O的截面，则当OE⊥平面α时，截面积最小。设截面半径为r，球的半径为R，则r^2=R^2-d^2。因为正四面体棱长为a，设过点A垂直于平面BCD的直线交平面BCD于点M，则DM=3a，AM=h，OM=x，则x=h-R。因为BD=3BE，所以DE=BE，因此DM=2DE=2r。又因为BM=2/3BD=2/3*3BE=2BE，所以BM=2√2，因此h=2√2-R。代入得r^2=R^2-(2√2-R)^2，化简得r^2=2R(R-2√2)。因为截面圆面积为πr^2，所以最小值为πR(R-2√2)，当R=2√2时，取最小值π。因此答案为A。2a，ABACa3，点D在三角形ABC上，且ADa，点E在三棱锥PABC的底面上，且AE2a.若三角形ADE与三角形ABC的面积之比为1:2，则三棱锥PABC的体积为（）A．a33B．a36C．a32D．a34【答案】B【解析】如图所示，连接AP,QE，设三棱锥PABC的高为h，由三角形ABC的面积公式得ha2/2，由三角形ADE与三角形ABC的面积之比为1:2得DEBC/2a3/2，由Q为BC中点得EQa3/2，由AE2a得AQa3，由勾股定理得PQa，所以三角形APQ为等腰直角三角形，即APa2，由勾股定理得PEa6，所以AE2AP2PE2，即三角形APE为直角三角形，由此得AD2DE2AE27a2/2，所以三棱锥PABC的体积为V1/3Sha3/6.故选：B。截面可以看作是正方形的一部分，如图所示：因为截面必须与四面体的每一个面都相交，所以截面的边界必须经过四面体的顶点A、B、C、D，且顶点A、B、C、D必须两两相邻。又因为棱长均为4，所以正方形的边长为2，四面体的高为$\sqrt{3}$，所以平面$\alpha$与四面体的高的交点为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$。设截面的形状如图，其中$x$表示正方形边长的一半，$y$表示截面与底面的距离，$h$表示截面的高。由相似三角形可得：$$\frac{y}{2}=\frac{x}{4},\quad\frac{h}{y}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}}{2-x},\quad\frac{h}{2x}=\frac{\sqrt{3}}{2}$$解得$x=\frac{4\sqrt{3}-6}{9},y=\frac{2\sqrt{3}-3}{9},h=\frac{4\sqrt{3}-6}{9}$，所以截面面积为$S=\frac{1}{2}h\cdot2x=\frac{4\sqrt{3}-6}{9}$。因为截面面积最大值为$\frac{4}{3}$，所以正确答案为$\frac{4}{3}\cdot\frac{4\sqrt{3}-6}{9}=\frac{4\sqrt{3}-6}{9}$，故选B。1.由于EF⊥α，故截面为平行四边形MNKL，且KL+KN=4，又KL//BC，KN//AD，且AD⊥BC，∴KN⊥KL，∴S(MNKL)=KN+KL/2≤4/2=2，当且仅当KL=KN=2时取等号，故选B。2.仿照“Dandelin双球”模型，人们借助圆柱内的两个内切球完美地证明了平面截圆柱的截面为椭圆面。如图，底面半径为1的圆柱内两个内切球球心距离为4，现用与两球都相切的平面截圆柱所得到的截面边缘线是一椭圆，则该椭圆的离心率为3/2。3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的边长为2，边AB的中点为M，过M且垂直BD1的平面被正方体所截的截面面积为3/2。4.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P、Q、R分别是AB、AD、B1C1的中点，设过P、Q、R的截面与面ADD1的交线段为MN，与面ABC的交线段为KL，则MN/KL的值为1/√2。在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接AB1，AD，B1C1的中点分别为Q，R，P，连接EP，FQ，RQ，根据正方体的特征，易知，若连接PG，EF，RQ，则这三条线必相交于正方体的中心，又因为GR//EF//QP，所以P，Q，R，G，F，E六点必共面，即为过P，Q，R的截面；所以EP即为直线m，FQ即为直线l；连接AB1，AD，B1C1，因为EP//AB1，FQ//AD，所以∠B1AD即为异面直线EP与FQ所成的角，又因为正方体的各面对角线都相等，所以AB1D1为等边三角形，因此∠B1AD=60°。在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面，如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E、F分别是棱B1B、B1C中点，点G是棱CC1的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为等腰梯形AHGD1，其中H为BC的中点。如图四面体ABCD-A1BCD中，AD=BC=2，AD⊥BC，截面四边形EFGH满足EF//BC，FG//AD，则下列结论正确的个数为3。其中，①四边形EFGH的周长为定值；②四边形EFGH的面积为定值；③四边形EFGH为矩形；④四边形EFGH的面积有最大值1。【解析】根据正三棱锥的性质可知，正三棱锥的高是侧棱长的$\sqrt{3}$倍，设高为$h=\sqrt{3}\cdot\dfrac{2}{3}AB=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$，则正三棱锥的外接球半径为$$R=\sqrt{h^2+(\dfrac{BC}{2})^2}=\sqrt{\dfrac{4}{3}+\dfrac{9}{4}}=\dfrac{\sqrt{21}}{2}$$设$O$为球心，则$OE=R$，$BE=DE=\dfrac{1}{2}BD$，由勾股定理可得$OD=\sqrt{OB^2-BD^2}=\dfrac{\sqrt{21}}{2}\cdot\sqrt{1-\dfrac{4}{9}}=\dfrac{\sqrt{21}}{3}$，则$OE^2=R^2-OD^2=\dfrac{8}{9}$。因此，过点$E$作球$O$的截面为圆，圆的面积为$S=\piOE^2=\dfrac{8\pi}{9}$，故选$\text{(D)}$。【解析】(1)由勾股定理，$PB=\sqrt{PA^2-AB^2}=4\sqrt{10}$，$PC=\sqrt{PA^2-AC^2}=4\sqrt{5}$。设球心为$O$，半径为$r$，则$OP=6+r$，$OB=\sqrt{PB^2+BO^2}=r\sqrt{101}$，$OC=\sqrt{PC^2+CO^2}=r\sqrt{21}$。根据球面积公式，有$$S=4\pir^2=4\pi(6+r)^2+2\pir^2(101+21)=26\pir^2+808\pir+288\pi.$$(2)过$D$作平面$PBC$的截面为圆，设圆心为$E$，半径为$h$。由勾股定理，$BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=3\sqrt{14}$，$CD=\sqrt{AC^2-AD^2}=2\sqrt{3}$。则$$BE=\sqrt{BD^2+BO^2}=r\sqrt{197},\quadCE=\sqrt{CD^2+CO^2}=r\sqrt{27}.$$根据圆的面积公式，有$$S'=\pih^2=\pi\left(r^2-\frac{(BE+CE)^2-BC^2}{4}\right)=\pi\left(r^2-\frac{r^2(224\sqrt{3}-50\sqrt{197})}{4}\right)=\pi\left(\frac{50\sqrt{197}-56\sqrt{3}}{4}\right)r^2.$$令$f(r)=S'$，则$f'(r)=\pi\left(1-\frac{7\sqrt{197}-7\sqrt{3}}{2}\right)r$，当$r=\frac{2}{\sqrt{197}-\sqrt{3}}$时，$f'(r)=0$，此时$S'$取得最小值。代入计算得$S'=\frac{50\sqrt{197}-56\sqrt{3}}{4}$。因此，答案为：(1)$26\pir^2+808\pir+288\pi$；(2)$\frac{50\sqrt{197}-56\sqrt{3}}{4}$。的中点，点F是棱DD1的中点，点G是棱BB1的中点，且EF平面ABCD，FG平面ADHE，EG平面BFHD，且AE=2，AD=4，求以下各题：（1）平面EFG与平面ABCD的夹角；（2）长方体ABCDA1B1C1D1的体积；（3）三棱锥CEFG的体积。【答案】（1）45°；（2）32；（3）2【解析】（1）因为EF平面ABCD，FG平面ADHE，所以EF与FG在平面ABCD上的投影互相垂直，即平面EFG与平面ABCD的夹角为直角，所以夹角的余弦值为0，即夹角为45°。（2）长方体ABCDA1B1C1D1的体积为V=ABCD面积×AD=2×4×2×4=32。（3）由于EF平面ABCD，FG平面ADHE，EG平面BFHD，所以三棱锥CEFG的高为棱CC1的中线，即高为1，底为三角形EFG的面积，根据海伦公式可得EFG的面积为SEFG=√(s(s-EF)(s-EG)(s-FG))=