立体几何中的截面(解析版)

1/27专题13立体几何中的截面【基本知识】1．截面定义：在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥，球，棱柱，棱锥、长方体，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。最后，我们要了解每一种立体图形通过上述三种截面方式所得到的截面图有哪些。2、正六面体的基本斜截面：3、圆柱体的基本截面：正六面体斜截面是不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形。【基本技能】技能1.结合线、面平行的判定定理与性质性质求截面问题；技能2.结合线、面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题；2/27技能3.猜想法求最值问题：要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等；技能4.建立函数模型求最值问题：①设元②建立二次函数模型③求最值。例1一个正方体内接于一个球，过这个球的球心作一平面，则截面图形不可能．．．是（）分析考虑过球心的平面在转动过中，平面在球的内接正方体上截得的截面不可能是大圆的内接正方形，故选D。例2如图，在透明的塑料制成的长方体ABCD-A1B1C1D1容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，有下列四个命题：①水的部分始终呈棱柱状；②水面EFGH的面积不改变；③棱A1D1始终与水面EFGH平行；④当容器倾斜到如图5（2）时，BE·BF是定值；其中正确的命题序号是______________分析当长方体容器绕BC边转动时，盛水部分的几何体始终满足棱柱定义，故①正确；在转动过程中EH//FG，但EH与FG的距离EF在变，所以水面EFGH的面积在改变，故②错误；在转动过程中，始终有BC//FG//A1D1，所以A1D1//面EFGH，③正确；当容器转动到水部分呈直三棱柱时如图5（2），因为BCBFBEV21水是定值，又BC是定值，所以BE·BF是定值，即④正确。所以正确的序号为①③④.例3有一容积为1立方单位的正方体容器ABCD-A1B1C1D1，在棱AB、BB1及对角线B1C的中点各有一小孔E、F、G，若此容器可以任意放置，则该容器可装水的最大容积是（）ACBD3/27A．21B．87C．1211D．4847分析本题很容易认为当水面是过E、F、G三点的截面时容器可装水的容积最大图（1），最大值为8712121211V立方单位,这是一种错误的解法，错误原因是对题中“容器是可以任意放置”的理解不够，其实，当水平面调整为图（2）△EB1C时容器的容积最大，最大容积为1211112121311V，故选C。例4正四棱锥PABCD的底面正方形边长是3，O是P在底面上的射影，6,POQ是AC上的一点，过Q且与,PABD都平行的截面为五边形EFGHL，求该截面面积的最大值.解：如图，连接,ACBD，设截面与正四棱锥PABCD的底面相交于EL,AC与EL相交于Q点，由//BD截面EFGHL得//LEBD,//AP截面EFGHL，得//APQG，那么，EL必定分别与,ABAD相交于,EL，否则，截面将是三角形，则//APEF，//APLH，在正四棱锥PABCD中，BDAP，由C1ABCDA1D1B1EGF图（1）C1ABCDA1D1B1EGF图（2）4/27//,//,LEBDAPQGGQE是异面直线BD与PA所成角，则QGEL，所以，GFEQ和GHLQ是两个全等的直角梯形.设：222903,3622AExxAP由//APEF得3932EFx，故332EFx，而2xAQ，由//APQG得3229322xQG，于是9162xQG，从而：22193992139292644222EFGHLxxSxxxx所以，当2x时，截面EFGHL的面积取得最大值9.基本方法介绍①公理法：用平面基本性质中的公理来作平面；②侧面展开法：将立体图形展开为平面图形进行研究；例5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？解：如图所示，我们可以用一个平面截一个正方体1111ABCDABCD，使得截面为一个凸五边形.点I是1BB延长线上一点，使得112IBBB，E为11AD的中点，F为1AA上的点，使得113AFAF.则截面1CEFGH为过直线EF与1CI（这里1//EFCI）的平面与正方体1111ABCDABCD相截所得的凸五边形截面.用一个平面去截一个正方体所得截面不能是一个正五边形.事实上，若截面可以为一个正五边形，则此五边形的五条边分属于此正方体的五个不同的面.5/27我们将正方体的每两个相对的面作为一个抽屉，则上述包含正五边形的边的五个面中，必有两个面为相对的平面，它们是平行的，利用平行平面的性质，可知此五边形中有两条边是平行的.但是正五边形的五条边是彼此不平行的，矛盾.例6已知一个平面截一个棱长为1的正方体所得的截面是一个六边形（如图所示），证明：此六边形的周长32.证明：如图，我们将正方形的各个面依次展开，从正方形''PQQP出发，依次为'''''''''''',,,,,.PPQQQQRRQRSPRSSRSSPPPSRQ从上述展开图可知截面六边形的周长大于等于'AA，而'223332AA这就是要证的结论.【针对训练】一、单选题1．【江西省吉安市2019-2020学年高二上学期期末数学】在正方体1111ABCDABCD中，F为AD的中点，E为棱1DD上的动点(不包括端点)，过点,,BEF的平面截正方体所得的截面的形状不可能是（）A．四边形B．等腰梯形C．五边形D．六边形【答案】D【解析】不妨设正方体的棱长为1，当102DE，截面为四边形BMEF；如图6/27特别的，当12DE时，截面为等腰梯形1BFEC；如图112DE截面为五边形BFENM，不可能为六边形.如图故选：D2．【2020届辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高三上学期期末】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()A．1B．12C．13D．14【答案】D【解析】7/27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，PA平面PAB,平面PAB与圆锥的侧面交于OE,所以OE||PA.因为OA=OB，所以OE=1=OC,因为OP⊥底面ABC,所以OP⊥OC,因为OC⊥OE,OP,OE平面PAB,OP∩OE=0,所以OC⊥平面PAB,所以OC⊥OB.在平面CED内建立直角坐标系．设抛物线的方程为22(0)ypxp，1(1,1),12,2Cpp，所以该抛物线的焦点到其顶点E的距离为1.4故选：D3．一个棱长为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，则该截面的面积是（）8/27A．6B．10C．15D．7【答案】A【解析】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，其截面是等腰三角形ABC，如下图：由于正方体的棱长为2，所以522ACBCAB，，所以AB边上高为3，所以132262==ABCS，故选：A．4．如图，在正方体1111ABCDABCD中，点E，F，G分别是棱AB，BC，1BB的中点，过E，F，G三点作该正方体的截面，则下列说法错误的是（）A．在平面11BDDB内存在直线与平面EFG平行B．在平面11BDDB内存在直线与平面EFG垂直C．平面1//ABC平面EFGD．直线1AB与EF所成角为45【答案】D9/27【解析】由线面平行判定定理可得，当O为BD的中点时，1BO∥平面EFG，由线面垂直判定定理可得，1BD平面EFG，选项A，B都对.因为1EGAB∥，1FGBC∥，所以平面EFG∥平面1ABC，选项C正确，易得：EFAC,1ABC为等边三角形，故直线1AB与AC所成角为60,即直线1AB与EF所成角为60，故D不正确，故选：D.5．【云南省昆明市2019-2020学年高三下学期1月月考数学】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43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，则该球的半径是（）A．2B．4C．26D．46【答案】B【解析】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23，根据截面圆的周长可得42r，得2r=，故由题意知22223Rr，即22222316R，所以4R，故选：B．6．美学四大构件是：史诗、音乐、造型（绘画、建筑等）和数学.素描是学习绘画的必要一步，它包括了明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习素描最重要的一步.某中学2018级某同学在画“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）的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若“切面”所在平面与底面成45角，则该椭圆的离心率为（）10/27A．12B．22C．32D．13【答案】B【解析】设圆柱的底面半径为r,椭圆的长轴为2a,短轴为2b,则22br,222cos45222rbaa,即22ba,故离心率2121122cbeaa.故选:B.7．如图，已知三棱锥VABC，点P是VA的中点，且2AC，4VB，过点P作一个截面，使截面平行于VB和AC，则截面的周长为（）A．12B．10C．8D．6【答案】D【解析】如图所示，设AB、BC、VC的中点分别为D,E,F，连接PD,DE,EF,PF.由题得PD||VB,DE||AC,因为,PDDE平面DEFP,VB,AC不在平面DEFP内，所以VB||平面DEFP,AC||平面DEFP,所以截面DEFP就是所作的平面.由于11||,||,,22PDVBEFVBPDVBEFVB,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.故选：D11/278．【2020届广东省东莞市高三期末调研测试理科数学试题】已知球O是正四面体ABCD的外接球，2BC，点E在线段BD上，且3BDBE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是（）A．89B．1118C．512D．49【答案】A【解析】由题,设平面为过E的球O的截面,则当OE平面时,截面积最小,设截面半径为r,球的半径为R,则222rRd,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33DMa,令AMh,OMx,则xhR,在RtAMD中,222AMDMAD,即22233haa,则63ha,在RtOMD中,222DMOMR,即22233axR,则2221633aaRR,解得64Ra,则6663412xaaa,在RtOED△中,222OEOMEM,因为点E在线段BD上,3BDBE,设BC中点为N,则2DMMN,所以211333EMBNBCa,在RtOED△中,222OEOMEM,即2222611112372daaa,12/27所以222261124729raaa,因为2aBC,所以289r,所以截面面积为289Sr,故选：A9．【2020届福建省福州市高三适应性练习卷数学理科试题】在三棱锥PABC中，PA底面ABC，,6,8ABACABAC，D是线段AC上一点，且3ADDC.三棱锥PABC的各个顶点都