立體幾何截面問題常考題型歸類解析

程弦

立體幾何截面問題是高中數學立體幾何的一個難點，考查的主要內容包括判斷截面形狀、求截面多邊形的周長、面積等．在解決截面問題的過程中，考生常常因為作不出完整的截面圖形或不會分析截面的運動過程使得截面問題無法順利解決．我在各個例題與變式練習中滲透了常見的作截面以及求截面周長、面積最值的方法，希望通過三個類型的問題分析求解幫助讀者破解截面問題．

題型一：與形狀有關的截面問題

求解截面形狀主要考查是否能作出完整截面，與多數的幾何問題類似，作截面的方法也包含幾何法和代數法，其中幾何法包括平行線法和延長線法，這是作截面最常規的方法，也是需要學生必須掌握的方法．如果幾何圖形不太容易作平行線或延長線，也可以選擇代數法解決，代數法包括坐標法和基底法．

【例1】 在正方體ABCD－A 1B 1C 1D 1中，M為C 1D 1的中點，則平面ACM截正方體所得的截面多邊形的形狀為（ ?）

A ．三角形

B ．四邊形

C ．五邊形

D ．六邊形

【解析】法一： （平行線法）在平面A 1B 1C 1D 1內過點M作AC的平行線交A 1D 1于點N，即N也為A 1D 1中點；由兩平行線確定一個平面，即N點也在所求截面內，連接AN，CM，四邊形ACMN即為所求截面多邊形，故選答案 B ．

法二： （延長線法）連接并延長CM交DD 1的延長線于點Q，∵D 1M//DC且D 1M= 1 2 DC，∴D 1M為△QDC的中位線，

∴QD 1=D 1D，Q∈ADD 1A 1，連QA交A 1D 1于點N.

同理可得N為A 1D 1中點，連接MN，AC，四邊形ACMN即為所求截面多邊形，故選 B ．

【點評】 本題是一個比較簡單的作截面的問題，給出了兩種截面常用的幾何作法；因為點M落在與AC所在平面平行的平面上，因此作平行線是比較容易的；而且CM的延長線能與A點所在的平面ADD 1A 1有交點，因此延長線的作法也比較容易操作．

【變式1】 如圖所示，正方體ABCD－A 1B 1C 1D 1的棱長為1，P為BC的中點，Q為線段CC 1上的動點，過點A、P、Q的平面截該正方體所得的截面記為S，則下列命題正確的是 ?????（寫出所有正確命題的編號）

①當0

②當CQ= 1 2 時，S為等腰梯形；

③當 1 2

④當CQ= 3 4 時，S與C 1D 1的交點R滿足C 1R= 1 3 .

【解析】 連接AP、PQ，由平行線法在平面ADD 1A 1內過點A作PQ的平行線與棱DD 1所在的直線交于一點M．

∵AD//BC，DD 1//CC 1，∴△ADM與△PCQ相似，

∴ CP DA = CQ DM ，因此DM= DA·CQ CP =2CQ.

①當0

②當CQ= 1 2 ，DM=1（點M與點D 1重合）此時PQ//AM，AP=MQ= ?5 ?2 ，因此S為等腰梯形，②正確；

③當 1 2

④當CQ= 3 4 ，DM= 3 2 ，則D 1M= 1 2 ，由△RD 1M與△RC 1Q相似， D 1M C 1Q = D 1R C 1R ，∴C 1R= C 1Q·D 1R D 1M = ?1 4 ·D 1R ?1 2 ?= 1 2 D 1R，∴C 1R= 1 3 ，④正確．

故答案①②④.

【變式2】 已知長方體ABCD－A 1B 1C 1D 1中，AB=BC= BB 1 2 ，點E在線段CC 1上， EC CC 1 =λ 0≤λ≤1 ，平面α過線段AA 1的中點以及點B 1，E，若平面α截長方體所得截面為平行四邊形，則實數λ的取值范圍是（ ?）

A ． 0，1

B ． ?1 4 ， 1 2

C ． ?1 2 ， 2 3

D ． ?1 2 ，1

【解析】 取AA 1的中點為M，要使截面為平行四邊形，則截面與DD 1的交點須落在線段DD 1內，此時MN//B 1E，MB 1//NE，截面四邊形為平行四邊形.

由MN//B 1E，所以當λ= 1 2 ，即E為CC 1中點時，N與D重合，此時N到達最低點，即E也到達最低點，

∴λ≥ 1 2 .當E往上移，則N同步上移，當λ=1時，E與C 1重合到達最高點，此時N為DD 1中點，也可構成平行四邊形．

∴ 1 2 ≤λ≤1．故選 D ．

題型二：與周長有關的截面問題

求截面周長最重要的仍然是作出完整截面多邊形，然后利用幾何知識求出周長或周長的表達式．如果涉及到周長最值，往往截面是動態的，需要我們分析清楚截面的運動過程，從幾何的角度找到周長取最值的位置或者從代數的角度通過設變量，把周長表示出來，利用函數求最值，并且需要我們掌握常見的函數求最值的方法．

【例2】 ?（第十四屆希望杯全國數學邀請賽）一平面與正方體表面的交線圍成的封閉圖形稱為正方體的“截面圖形”，如圖，棱長為1的正方體ABCD－A 1B 1C 1D 1中，E是AB的中點，F是CC 1的中點，則過點D 1，E，F三點的截面圖形的周長等于（ ?）

A . 1 12 （25+2 13 +9 5 ）

B ． 1 12 （15+4 13 +9 5 ）

C ． 1 12 （25+2 13 +6 5 ）

D ． 1 12 （15+4 13 +6 5 ）

【解析】法一：（平面向量基本定理） 以D為坐標原點，DA ，DC ，DD 1 方向為x，y，z軸建立空間直角坐標系，由正方體棱長為1，

則D 1（0，0，1），E（1， 1 2 ，0），F（0，1， 1 2 ），則D 1E =（1， 1 2 ，－1），D 1F =（0，1，－ 1 2 ）.

不妨設平面D 1EF與棱A 1A交于點P（1，0，t），因為D 1，E，F，P四點共面，則存在唯一的一組實數λ，μ，使得D 1P =λD 1E +μD 1F .

即 ?1=1·λ+0·μ，0= 1 2 ·λ+μ，t－1=－1·λ－ 1 2 ·μ，

解得λ=1，μ=－ 1 2 ，t= 1 4 ，

因此P（1，0， 1 4 ），即P為AA 1上靠近點A的四等分點．

同理可求得平面D 1EF與棱BC的交點坐標為Q（ 2 3 ，1，0），即P為BC上靠近點B的三等分點，連接D 1F，FQ，QE，EP，PD 1，五邊形D 1PEQF即為所求截面圖形．

易得：PE= ?5 ?4 ，EQ= ?13 ?6 ，QF= 5 6 ，FD 1= ?5 ?2 ，D 1P= 5 4 ，周長l= 1 12 （25+2 13 +9 5 ）．

故選 A .

法二：（法向量法） 如法一建立空間直角坐標系，得D 1E =（1， 1 2 ，－1），D 1F =（0，1，－ 1 2 ）.

設平面D 1EF的一個法向量為n → =（x，y，z），則 ?n → ·D 1E =0，n → ·D 1F =0， ?即 ?x+ 1 2 y－z=0，y－ 1 2 z=0，

解得 ?z=2y，x= 3 2 y， ?不妨令y=2，則x=3，z=4，法向量n → =（3，2，4）.

不妨設平面D 1EF與棱A 1A交于點P（1，0，t），則D 1P ·n → =0，即3×1+2×0+4×（t－1）=0，解得t= 1 4 .

因此，P（1，0， 1 4 ），即P為AA 1上靠近點A的四等分點．

同理可求得平面D 1EF與棱BC的交點Q的坐標，將D 1，F，Q，E，P順次連接起來，即作出所求截面，求周長同法一．

【點評】 本題是一道靜態截面求周長的問題，與例1相同，解決問題的關鍵仍在于作截面圖形，而本題中作截面如果選擇平行線法和延長線法仍然是可以做的，但是稍顯困難；對于這樣的問題我們可以選擇坐標法：利用平面向量基本定理或法向量法證明四點共面，從而由已知的三個點得到截面與某條棱相交的第四個點，繼而得到截面與幾何體的棱相交的其余點，作出最終的截面多邊形．

【變式3】 正三棱柱ABC－A 1B 1C 1中，所有棱長均為2，點E，F分別為棱BB 1，A 1C 1的中點，若過點A，E，F作一截面，則截面的周長為（ ?）

A ．2+2 ?5

B ．2 ?5 + 2 3 ?13

C ．2 ?5 ?+ 13

D ．2 ?5 + ?13 ?2

【解析】法一：（延長線法）

延長AF、CC 1交于點M，連接ME與B 1C 1于點N，連接FN．

則四邊形AFNE即為截面四邊形．

∵F是A 1C 1中點，又A 1C 1//AC，∴C 1也是CM的中點，即C 1M=CC 1.又∵△MC 1N與△EB 1N相似，∴ B 1E MC 1 = B 1N NC 1 ，因此B 1N= 1 2 NC 1，

點N為B 1C 1上靠近B 1的三等分點．

∴AF=AE= 5 ，EN= ?13 ?3 ，

FN= FC 12+NC 12－2·FC 1·NC 1· cos 60° = ?13 ?3 ，

所以周長l= 2 3 ?13 +2 5 ，故選 B ．

法二：（基底法） ?不妨設截面與棱CC 1所在的直線交于點M，且CM =tCC 1

取一組基底 AB ，AC ，AA 1 ?.

因為A、E、M、F四點共面，則一定存在一組實數λ，μ，使得AM =λAF +μAE ，即AC +tAA 1 =λ（ 1 2 AC +AA 1 ）+μ（AB + 1 2 AA 1 ），即

1= 1 2 λ，t=λ+ 1 2 μ，μ=0，

解得t=2，作出點M，連接EM、AM分別與B 1C 1、A 1C 1交于點N、F，連接FN，四邊形AFNE即為截面四邊形，求周長同法一．

【變式4】 如圖，四邊形EFGH為四面體ABCD的一個截面，若四邊形EFGH為平行四邊形，AB=4，CD=6，則四邊形EFGH的周長的取值范圍是 ???????．

【解析】 不妨設AE=λAC（0<λ<1），則CE=（1－λ）AC，

∴EF=GH=λCD=6λ；EH=（1－λ）AB=4（1－λ），

所以周長l=2×6λ+2×4（1－λ）=8+4λ，∵0<λ<1，∴l∈（8，12）.

題型三：與面積有關的截面問題

在求截面面積最值時，我們常常考慮首先是分析截面的動態變化過程，從幾何角度分析出在何處取得截面面積的最值，直接利用幾何關系求出截面面積的最值；如果難以分析運動狀態，再從代數角度用與所求截面圖形相關的邊或者角作為變量，表示出截面圖形的面積，然后可以用函數單調性、基本不等式、導數等方法求截面面積的最值．

【例3】 已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為（ ?）

A . 3 3 ?4

B . 2 3 ?3

C . 3 2 ?4

D . ?3 ?2

【解析】 由正方體的所有棱實際可以看作3組平行的棱，與每一條棱所成的角相等即與共頂點的三條棱所成的角相等即可．

我們可以先找到一個符合條件的平面，不妨取以A 1為頂點的三條棱，則平面AB 1D 1即為符合要求的平面，但符合要求的平面并不唯一，只要與平面AB 1D 1平行的平面均可.

因為正方體中心對稱，則平面BC 1D也符合題意，要找到截面面積最大的位置即要分析滿足題干要求的平面與正方體形成截面的過程，我們可以假定這個平面從A 1點出發到達C點結束，形成的截面從A 1→AB 1D 1是等邊三角形且面積逐漸增大，從BC 1D→C也是等邊三角形且面積逐漸減小，又由于正方形的中心對稱，因此面積最大應該在平面AB 1D 1和平面BC 1D的正中間位置，我們可以利用平行線法作出所求截面即為正六邊形EFGHPQ，邊長為 ?2 ?2 ，所以最大面積為

S=6× ?3 ?4 （ ?2 ?2 ）2= 3 3 ?4 ，因此答案選 A ．

【點評】 本題主要是通過找到截面所滿足的幾何特征，從而分析截面的運動所帶來的截面多邊形的變化過程，因此只要弄清楚截面的運動變化過程，問題就很容易得到解決．

【變式5】 已知正三棱柱ABC－A 1B 1C 1的側棱長為4，底面邊長為2，用一個平面截此棱柱，與側棱AA 1，BB 1，CC 1分別交于點M，N，Q，若△MNQ為直角三角形，則△MNQ面積的最大值為（ ?）

A ．3

B ． ?10

C ． ?17

D ． 3 2

【解析】法一： 不妨設M在點A處，BN=m，CQ=n．（不妨令m>n，0≤m，n≤4）

∴MN2=MB2+BN2=4+m2，MQ2=MC2+CQ2=4+n2，QN2=4+（m－n）2，

△MNQ為直角三角形，則4+m2=MN2=MQ2+QN2=4+n2+4+（m－n）2.

化簡得：n2－mn+2=0，

∴m=n+ 2 n ，又Δ=m2－8≥0，∴8≤m2≤16.

S △MNQ= 1 2 ·MQ·QN= 1 2 ?4+n2 · 4+（m－n）2 = 1 2 ?（4+n2）（4+ 4 n2 ）

= 1 2 ?20+4n2+ 16 n2 ?= 1 2 ?4+4（n+ 2 n ）2 = 1 2 ?4+4m2 = 1+m2 （8≤m2≤16），

∴3≤S △MNQ≤ 17 ，當m=4，n=2± 2 時取到最大面積．故選 C .

法二： 設平面MNQ與底面ABC的夾角為θ，0<θ< ?π ?2 ，根據射影面積公式： cos θ= S △ABC S △MNQ ，則S △MNQ= S △ABC ?cos θ = ?3 ??cos θ ，要使△MNQ面積最大，則 cos θ最小，則θ最大．

由此，不妨設M在點A處，N在點B 1處．

與此同時，若Q在點C或C 1處時，△MNQ無法構成直角三角形，

因此Q在線段CC 1上，不妨設CQ=t，則C 1Q=4－t，由△MNQ為直角三角形，

因此AQ2+B 1Q2=AB2 1，即4+t2+4+（4－t）2=22+42，化簡得t2－4t+2=0，

解得：t=2± 2 ，即AQ= 10+4 2 ?，B 1Q= 10－4 2 ?或AQ= 10－4 2 ?，B 1Q= 10+4 2 ?，S △MNQ= 1 2 ·AQ·B 1Q= 1 2 ?10+4 2 ?· 10－4 2 ?= 17 ．

【變式6】 已知平面α

截一球面得圓M，過圓心M且與α成60°二面角的平面β

截該球面得圓N，若該球面的半徑為4，圓M的面積為4 π ，則圓N的面積為（ ?）

A ．7 π

B ．9 π

C ．11 π

D ．13 π

【解析】 如圖（作與平面α，β都垂直且過球心的大圓），設球的球心為O，由圓M的面積為4 π 得圓M的半徑為2，由垂徑定理得 OM = 42－22 =2 3 ，

又<α，β>=60°，即∠OMN=30°，且ON⊥MN，在 Rt △OMN中， sin ∠OMN= ON OM = ON 2 3 ?= 1 2 ，

∴ON= 3 ，同理由垂徑定理得r N= 42－ON2 = 13 ，因此圓N的面積為13 π ，

故選 D ．

立體幾何截面問題主要難點在于作截面多邊形和分析截面的運動過程，因此掌握作截面的常見方法是十分重要的.從作截面入手，在動態截面問題中首先思考能否分析出截面的運動過程，用幾何的方法求最值；如果有難度，也可以選擇合理地表示出面積、周長通過代數方法去求最值或范圍，往往能夠使問題得到解決．

【本文系廣州市教育研究院2021年度科研課題“核心素養背景下高中生數學運算能力提升策略研究”（21AJCJY21117）研究成果】

責任編輯 ?徐國堅