截面问题

截面问题是立体几何中考核空间想象能力很好的一个问题。

 

一 如何确定整个截面

1 截面的定义及作法
用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面.
2 作截面的主要根据
(1) 确定平面的条件.
(2) 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线.
(3) 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内.
(4) 如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行.
(5) 如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行.
3 作截面的主要方法
(1)相交法：
有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；若直线相交但是立体图形中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线.
(2)作平行线法：
过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线.
(3)辅助平面法：
若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
 

【例1】如下图，在长方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E、F\)分别是棱\(AA_1、AB\)的中点，做出过三\(E，F，C_1\)点的截面.(熟悉后可把\(E、F\)改为任意\(n\)等分点均可)

要得到截面，就要得到截面与长方体各条棱的交点。
方法1 相交法
1 延长\(FE\)交\(A_1 B_1\)的延长线于\(G\)，（确定直线\(EF\)与棱\(A_1 B_1\)的交点\(G\)）
2 连接\(C_1 G\)交\(A_1 D_1\)于\(H\)，则得到如图1的截面一部分\(HEFC_1\)；
3 同理，延长\(EF\)交\(B_1 B\)的延长线于\(M\)，（确定直线\(EF\)与棱\(B_1 B\)的交点\(M\)）
4 连接\(C_1 M\)交\(BC\)于\(N\)，则得到如图2的截面一部分\(EFNC_1\)；
5最终可得截面\(HEFNC_1\).
(点\(H，M，N\)的具体位置由相似三角形易求，若点\(E、F\)改为\(n\)等分点也一样)

 

方法2 平行线法
平行线法，本题中是过\(C_1\)作出于直线\(EF\)平行的直线，相当于想象下直线\(EF\)向点\(C_1\)平行过去，得到截面与平面\(CD_1\)的交线.
1 在点\(C_1\)所在的平面\(CD_1\)作与直线\(EF\)平行的直线，因为\(E、F\)分别是棱\(AA_1、AB\)的中点，易得\(CD_1||EF\)；(若点\(E、F\)改为\(n\)等分点，可先在平面\(A_1 B\)利用相似得到与\(EF\)平行的直线再转移到平面\(CD_1\)，点\(M，N\)的位置均可由相似三角形的性质得到)
2 再过点\(C_1\)作直线与\(CD_1\)平行的直线\(GH\)；
3 连接\(GE\)交\(A_1 D_1\)于\(M\)，连接\(HF\)交\(BC\)于\(N\)，
4 最终可得截面\(MEFNC_1\).
(当然也可以过点\(F\)作直线\(EC_1\)平行线或过点\(E\)作直线\(FC_1\)平行线，这样难些)

 

辅助面
相当是找过一直线的平面，通过旋转过另一点确定所求截面.
【例2】如图，正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E、F\)在两条棱上，\(G\)在底面\(A_1 C_1\)内，求过\(E、F、G\)的截面\(α\).

作法：
1 过\(E、F\)作辅助面，在面\(BC_1\)内，过\(F\)作\(FF_1||BB_1\)， 交\(B_1 C_1\)于点\(F_1\)，则面\(AFF_1 A_1\)为所作的辅助面；
2 在面\(AFF_1 A_1\)内，延长\(F_1 A_1\)交\(FE\)的延长线于\(P\)；
（作辅助面的目的，是确定直线\(EF\)与点\(G\)所在平面\(A_1 C_1\)的交点）
确定点\(P\)的位置，再用相交法可得其他截面与棱的交点；
3 在面\(A_1 B_1 C_1 D_1\)内，连接\(PG\)交\(A_1 B_1\)于\(M\)，并延长交\(B_1 C_1\)于\(N\)；
4 连接\(ME\)并延长与\(BA\)延长线交于\(Q\)，连接\(QF\)交\(AD\)于\(H\)；
5 连接\(EH，FN\). 则五边形\(EHFNM\)为所求的截面\(α\).
(略证：\(P\in EF⟹P\in α,PG\in α⟹M,N\in α，Q\in EM⟹FQ\in α⟹H\in α\))

 

二 常见的截面问题

【题型1】截面形状的判断

【例1】用一个平面截正方体，截面可能出现的形状是 .
(1)等边三角形 (2)直角梯形 (3)菱形 (4)五边形
【解析】用任意一个平面去截一个正方体，得到的截面如图：

故可以是(1)等边三角形；(3)菱形；(4)五边形.
 

【题型2】求截面周长

【例1】如图，正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)的棱长为\(2\)，点\(E，F\)分别是\(AB，BC\)的中点，过点\(D_1，E，F\)的平面截该正方体所得的截面多边形记为\(Ω\)，则\(Ω\)的周长为 .

【解析】根据题意，如图：延长\(EF\)分别交\(DA，DC\)于点\(G，I\)，
连接\(D_1 G，D_1 I\)分别交\(A_1 A，CC_1\)于点\(H，J\)，
易得截面为五边形\(D_1 HEFJ\)就是要求截面\(Ω\)，

正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)的棱长为\(2\)，点\(E，F\)分别是\(AB，BC\)的中点，
易得\(△BEF\)为等腰直角三角形，
同时，\(△AEG\)也是等腰直角三角形且\(AE=1\)，则\(AG=1\)，
设\(AH=x\)，

则有\(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{GA}{GD}\)，即\(\dfrac{x}{2}=\dfrac{1}{3}\)，解可得\(AH=\dfrac{2}{3}，A_1 H=2-AH=\dfrac{4}{3}\)；
同理：\(CJ=\dfrac{2}{3}，C_1 J=\dfrac{4}{3}\)；
故\(D_1 H=D_1 J=\sqrt{4+\dfrac{16}{9}}=\dfrac{2\sqrt{13}}{3}，EF=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}\)，\(EH=FJ=\sqrt{1+\dfrac{4}{9}}=\dfrac{\sqrt{13}}{3}\)，
故\(Ω\)的周长\(l=D_1 H+D_1 J+EF+EH+FJ=\sqrt{2}+2\sqrt{13}\).
 

【题型3】求截面面积

【例1】已知正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)的边长为\(2\)，点\(P\)在线段\(CB_1\)上，且\(B_1 P=2PC\)，平面\(α\)经过点\(A，P，C_1\)，则正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)被平面\(α\)截得的截面为其面积为 .

【解析】如图所示：
\(A，P，C_1\)确定一个平面\(α\)，因为平面\(AA_1 DD_1||\)平面\(BB_1 CC_1\)，
所以\(AQ||EC_1\)，
同理\(AQ||EC_1\)，
所以四边形\(AEC_1 Q\)是平行四边形.即正方体校平面截的截面.

因为\(B_1 P=2PC\)，所以\(C_1 B_1=2CE\)，即\(EC=EB=1\)，
所以\(AE=EC_1=\sqrt{5}，AC_1=2\sqrt{3}\)，
由会弦定理得：\(\cos ⁡∠AEC_1=\dfrac{AE^2+EC_1^2-AC_1^2}{2AE×EC_1 }=\dfrac{1}{5}\)，所以\(\sin ⁡∠AEC_1=\dfrac{2\sqrt{6}}{5}\)，
所以\(S_{AEC_1Q}=2×\dfrac{1}{2} AE×EC_1×\sin ⁡∠AEC_1=2\sqrt{6}\).
 

【题型4】球截面

【例1】 已知球\(O\)是正三棱锥\(A-BCD\)(底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)的外接球，\(BC=3，AB=2\sqrt{3}\)，点\(E\)在线段\(BD\)上，且\(BD=3BE\). 过点\(E\)作球\(O\)的截面，则所得截面面积的最小值是 .

【解析】如图，\(O_1\)是\(A\)在底面的射影，

由正弦定理得，\(△BCD\)的外接圆半径\(r_1=\dfrac{3}{\sin ⁡60^\circ}×\dfrac{1}{2}=\sqrt{3}\)；
由勾股定理得棱锥的高\(AO_1=\sqrt{(2\sqrt{3} )^2-\sqrt{3}^2 }=3\)；
设球\(O\)的半径为\(R\)，
则\(R^2=(3-R)^2+\sqrt{3}^2\)，解得\(R=2\)，
所以\(OO_1=1\)；
在\(△BQ_1 E\)中，由余弦定理得\(O_1 E^2=1+3-2×1×\sqrt{3}×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=1\)，
所以\(O_1 E=1\)；所以在\(△OEO_1\)中，\(OE=\sqrt{2}\)；
当截面垂直于\(OE\)时，截面面积最小，此时半径为\(\sqrt{R^2-OE^2 }=\sqrt{2}\)，截面面积为\(2π\).
 

【题型5】截面分体积

【例1】如图，正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，点\(E，F\)，分别是\(AB，BC\)的中点，过点\(D_1，E，F\)的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为\(V_1，V_2 (V_1<V_2 )\)，则\(V_1：V_2=\) .

【解析】如图所示，过点\(D_1，E，F\)的截面下方几何体转化为一个大的三棱锥，减去两个小的三棱锥，上方部分，用总的正方体的体积减去下方的部分体积即可.
作直线\(EF\)，分别交\(DA\)，\(DC\)于\(O，P\)两点，连接\(D_1 M，D_1 N\)分别交\(A_1 A，C_1 C\)于\(H，G\)两点，
如图所示，过点\(D_1，E，F\)的截面即为五边形\(D_1 HEFG\)，

设正方体的棱长为\(2a\)，
因为点\(E，F\)，分别是\(AB，BC\)的中点.
所以\(\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{AO}{BF}=1\)，\(\dfrac{CP}{BE}=\dfrac{CF}{BF}=1\)，即\(AM= CP=a\)，
因为\(\dfrac{AO}{OD}=\dfrac{AH}{DD_1}=\dfrac{1}{3}，\dfrac{CP}{DP}=\dfrac{CG}{DD_1}=\dfrac{1}{3}\)，所以\(AH=CG=\dfrac{2a}{3}\)
则过点\(D_1，E，F\)的截面下方体积为：
\(V_1=\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{1}{2}\cdot 3a\cdot 3a\cdot 2a-\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{1}{2}\cdot a\cdot a\cdot \dfrac{2a}{3}\cdot 2=\dfrac{25}{9} a^3\)，
\(∴\)另一部分体积为\(V_2=8a^3-\dfrac{25}{9} a^3=\dfrac{47}{9} a^3\)，
\(∴V_1：V_2=\dfrac{25}{47}\).

 

【题型6】截面的交线

【例1】如图，正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)的棱长为\(\sqrt{3}\)，以顶点\(A\)为球心，\(2\)为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和\(\overset{\frown}{GF}+ \overset{\frown}{EF}\)等于 .

【解析】如图，球面与正方体的六个面都相交，
所得的交线分为两类： 一类在顶点\(A\)所在的三个面上，即面\(AA_1 B_1 B\)、面\(ABCD\)和面\(AA_1 D_1 D\)上；
另一类在不过顶点\(A\)的三个面上，即面\(BB_1 C_1 C\)、面\(CC_1 D_1 D\)和面\(A_1 B_1 C_1 D_1\)上.
在面\(AA_1 B_1 B\)上，交线为弧\(EF\)且在过球心\(A\)的大圆上，因为\(AE=2，AA_1=\sqrt{3}\)，
则\(∠A_1 AE=\dfrac{π}{6}\).

同理\(∠BAF=\dfrac{π}{6}\)，所以\(∠EAF=\dfrac{π}{6}\)，
故弧\(EF\)的长为：\(2×\dfrac{π}{6}=\dfrac{π}{3}\)，
而这样的弧共有三条.
在面\(BB_1 C_1 C\)上，交线为弧\(FG\)且在距球心为\(1\)的平面与球面相交所得的小圆上，
此时，小圆的圆心为\(B\)，半径为\(1\)，\(∠FBG=\dfrac{π}{2}\)，
所以弧\(FG\)的长为：\(1×\dfrac{π}{2}=\dfrac{π}{2}\).
于是，所得的曲线长为\(\overset{\frown}{GF}+ \overset{\frown}{EF}=\dfrac{π}{3}+\dfrac{π}{2}=\dfrac{5π}{6}\).
故答案为：\(\dfrac{5π}{6}\).

 

【题型7】截面最值

【例1】如图，已知四面体\(ABCD\)中，\(AB=AC=BD=CD=2\sqrt{2}\)，\(AD=BC=2\)，\(E，F\)分别是\(AD，BC\)的中点. 若用一个与直线\(EF\)垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面\(α\)去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为 .

【解析】由题知四面体中互为异面直线的两条棱长分别相等，
故可将此四面体放入长方体中，如图所示：

不妨设该长方体长、宽、高分别为\(a，b，c\)，
则有\(a^2+b^2=AD^2\)(1) ，\(b^2+c^2=AC^2\)(2)，\(a^2+c^2=AB^2\)(3)，
联立(1)(2)(3)，可得\(a=b=\sqrt{2}，c=\sqrt{6}\)，
设平面\(α\)与四面体的各面分别交于\(KL，LM，MN，KN\)，
如图所示：

\(∵EF⊥\)平面\(α\)，由长方体性质，可知\(EF⊥\)平面\(AGDH\)，
故平面\(α||\)平面\(AGDH||\)平面\(PBQC\)，
\(∵\)平面\(ABC∩\)平面\(PBQC=BC\)，平面\(ABC∩\)平面\(α=KL\)，
\(∴KL||BC\)，\(∴\dfrac{KL}{BC}=\dfrac{AL}{AB}\)，

即\(\dfrac{KL}{AL}=\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{2}{2\sqrt{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)，\(∴KL=\dfrac{1}{\sqrt{2}} AL\)，
\(∵\)平面\(ABD∩\)平面\(AGDH=AD\)，平面\(ABD∩\)平面\(α=LM\)，
\(∴LM||AD\)，\(∴\dfrac{LM}{AD}=\dfrac{BL}{AB}\)，

即\(\dfrac{LM}{BL}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)，\(∴LM=\dfrac{1}{\sqrt{2}} BL\)，
同理可得\(MN||BC，NK||AD\)，
\(∵AL+BL=AB=2\sqrt{2}\)，\(∴KL+LM=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(AL+BL)=2\)，
\(∵a=b=\sqrt{2}\)，\(∴\)四边形\(AGDH\)为正方形，\(∴AD⊥GH\)，
即\(AD⊥BC\)，即\(KL⊥LM\)，
\(∵KL||BC， LM||AD， MN||BC， NK||AD\)，\(∴KL||MN， LM||NK\)，
综上，四边形\(KLMN\)为矩形，所以\(S=KL\cdot LM⩽\left(\dfrac{KL+LM}{2}\right)^2=1\)，
当且仅当\(KL=LM\)时成立.

故截面面积的最大值为\(1\).