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正方体的截面问题研究知识讲解
正方体的截面问题研究研究性学习报告————正方体的截面问题课题目的：探索正方体可能的截面形状，通过实践和图示来证明其结果，列举特例，拓展空间观念与全面考虑问题的能力。
探究方法：首先通过猜想，列出预计猜想到得截面，其次进行画图或实践等方法证明猜想的正确与否。
再通过网络的资料查询，寻找未猜想到的情况。
阶段探究：1.猜想阶段：根据日常经验及想象，我们小组做出下列猜想：（1）正方形（2）矩形（3）平行四边形（4）三角形2.猜想及其他可能的证明：1.正方形：因为该立体几何图形是正方体，所以用从任意位置与该正方体上下底面平行的平面进行截取可以得到，或者和侧面平行进行截取，由下列图示证明：====》》》由图示可知，水平方向截取正方体，得到的截面为正方形。
====》》》由图示可知，竖直方向截取正方体，得到的截面为正方形。
2.矩形：因为正方形也属于矩形，所以对正方形的证明同适用于矩形。
其次，当长宽不等的矩形截面的图示如下：由上图所示可知，按不同角度截取正方体可以得到矩形。
3.平行四边形：当平面与正方体的各面都不平行时，所得截面为平行四边形，图示如下：==》由上图所示可知，当截面不与正方体的各面平行时，所得截面可能为平行四边形。
4.三角形：根据一定角度过正方体的三条棱进行截取可以得到三角形的截面，图示如下:==》》》由上图可知，正方体可以截得三角形截面。
特别的，当截面刚好经过三个面的对角线时，所得的三角形截面为正三角形，图示如下：==》得到：正三棱锥5.猜想之外的截面形状：（1）菱形：如下图所示，当A,B为所在棱的中点时，该截面为菱形：（2）梯形：如图所示，当按一定角度使截面在正方体的上下底面上所存在的线段长短有异时，所得截面可能是梯形：==》》》（3）五边形：如图所示，可以截得五边形截面：=》通过实践及资料查询可知，无法得到正五边形。
（4）六边形：如图所示，可以截得六边形截面：=》特别的，当平面与正方体各棱的交点为中点时，截面为正六边形，如图所示：拓展探究：1.正方体最大面积的截面三角形2.正方体最大面积的截面四边形3.最大面积的截面形状4.截面五边形、六边形性质1. 正方体最大面积的截面三角形：如该图所示可证明，由三角面对角线构成的三角形。
正方体截面总结(最全-适用于公务员图形推理)
正方体截面的形状tf O结论如下：1、可能出现的：锐角三角型、等边、等腰三角形，正方形、矩形、非矩形的平行四边形、梯形、等腰梯形、五边形、六边形、正六边形2、不可能出现：钝角三角形、直角三角形、直角梯形、正五边形、七边形或更多边形正方体的截面形状一：问题背景在家做饭时，切菜尤其是切豆腐时，发现截面有很多形状。
若用不同的截面去截一个正方体，得到的截面会有哪几种不同的形状？二：研究方法先进行猜想，再利用土豆和萝卜通过切割实验研究。
三：猜想及其他可能的证明：1•正方形：因为该立体几何图形是正方体，所以用从任意位置与该正方体上下底面平行的平面进行截取可以得到，或者和侧面平行进行截取，由下列图示证明：由图示可知，水平方向截取正方体，得到的截面为正方形由图示可知，竖直方向截取正方体，得到的截面为正方形。
2. 矩形:因为正方形也属于矩形，所以对正方形的证明同适用于矩形。
》》》其次，当长宽不等的矩形截面的图示如下:由上图所示可知，按不同角度截取正方体可以得到矩形。
例如，正方体的六个对角面都是矩形。
3. 平行四边形:当平面与正方体的各面都不平行时，所得截面为平行四边形，图示如下:由上图所示可知，当截面不与正方体的各面平行时，所得截面可能为平行四边形。
4. 三角形:根据一定角度过正方体的三条棱进行截取可以得到三角形的截面，图示如下由上图可知，正方体可以截得三角形截面。
但一定是锐角三角形，包括等腰和等边三角形特别的，当截面刚好经过三个面的对角线时，所得的三角形截面为正三角形，图示如下:》得到: 正三棱锥5. 猜想之外的截面形状:(1)菱形:女口下图所示，f A,B为所在棱的中点时，该截面为菱形:当(2)梯形：如图所示，当按一定角度使截面在正方体的上下底面上所存在的线段长短有异时，所得截面可能是梯形:(4 )六边形：如图所示，可以截得六边形截面:==》》》(3 )五边形：如图所示，可以截得五边形截面:通过实践及资料查询可知，无法得到正五边形。
正方体的截面问题
正方体的截面问题作者：陈斌来源：《读与写·教师版》2018年第12期摘要：近几年高考全国数学试卷涉及正方体的截面问题的试题，本文就正方体的截面形状及性质进行了归纳整理，并对几道高考试题提出了解法。
关键词：高考;理数;正方体;截面中图分类号：G634.6 文献标识码：A 文章编号：1672-1578（2018）12-0237-01正方体的截面就是用一个平面去截正方体，正方体的表面与这个平面的交线围成的平面图形。
1.正方体的截面形状正方体的截面可以是三角形，四边形，五边形或六边形，具体说：（1）截面三角形一定是锐角三角形;其中可以是等边三角形、等腰三角形、不等边三角形;但不能是直角三角形、钝角三角形;（2）截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形;并且四边形中至少有一组对边平行;截面不能是直角梯形;（3）截面可以是五边形;截面五边形必有两组分别平行的边，同时有两个角相等;截面五边形不可能是正五边形（因为必有两组对边平行）;（4）截面可以是六边形;截面六边形必有分别平行的边，同时有两个角相等;截面六边形可以是等角（均为1200）的六边形，特别地，可以是正六边形。
2.正方体的截角面的性质所谓正方体的截角面就是沿正方体的某三个顶点截去它的一个角后的三角形截面。
如右图中的△A'BD。
（1）每个正方体都有八个截角面;（2）正方体的截角面垂直于它的一条体对角线，垂足是这条体对角线的一个三等分点。
（3）正方体的截角面与它的12条棱所成的角相等，也与它的六个面所成角相等。
由于截去的是正三棱锥，结合线面平行或面面平行的有关性质容易证明上述结论。
3.有关试题解法浅析（1）把正方体截去一个角，求证：截面三角形是锐角三角形。
分析：如图，应该从截去的部分入手，关注被截去棱的部分长AE、AF，AG对△EFG形状的影响。
解答：如图，设AE=a，AF=b，AG=c，则所以所以∠EFG所以为锐角;同理∠FGE，∠GEF都为锐角;故ΔEFG为锐角三角形。
截面问题专题(有详细答案)
截面问题专题(有详细答案)1.正方体的截面不可能是（ ）①钝角三角形；②直角三角形；③菱形；④正五边形；⑤正六边形. A ．①②⑤ B ．①②④C ．②③④D ．③④⑤2.过正方体外接球球心的截面截正方体所得图形可能是①三角形，②梯形，③五边形，④六边形中的（ ）.A ．①③B ．③④C ．②④D ．以上都不对3.在棱长为6的正方体ABCD A B C D ''''-中，,E F 分别是棱,C D B C ''''的中点，过,,A E F 三点作该正方体的截面，则该截面周长为____________4.已知球O 是棱长为1的正方体ABCD A B C D ''''-的内切球，求平面1ACD 截球O 的截面面积.5.在棱长为2的正方体ABCD A B C D ''''-中，E 是棱C D ''的中点，过,A E 作平行于直线BD 的平面α,则平面α与该正方体ABCD A B C D ''''-各面交线的长度之和为____________6.正方体的棱长为1，平面α与其每条棱所在直线所成角都相等,则平面α截此正方体所得截面面积的最大值为____________7.如图，正四面体P ABC -的体积为V ，底面积为S ，O 是高PH 的中点，过O 的平面α与棱PA 、PB 、PC 分别交于D 、E 、F ，设三棱锥P DEF -的体积为0V ，截面三角形DEF 的面积为0S ，则（ ）A ．08V V ≤，04S S ≤B ．08V V ≤，04S S ≥C ．08V V ≥，04S S ≤D ．08V V ≥，04S S ≥8.已知正四面体ABCD 的表面积为123，E 为棱AB 的中点，球O 为该正四面体的外接球，则过点E 的平面被球O 所截得的截面面积的最小值为______.9.【1989高中数学联赛（第01试）】已知正三棱锥S －ABC 的高SO =3，底面边长为6，过点A 向它所对的侧面SBC 作垂钱，垂足为O'，在AO'上取一点P ，使，求经过点P 且平行于底面的截面的面积.10.如图，已知在四面体中，棱两两垂直，作平行于底面的截面，使与底面的距离为1，类似作其他三个截面求四个截面交成的小四面体的体积.11.【2020高中数学联赛A 卷（第01试）】正三棱锥的所有棱长均为1,L ,M ,N 分别为棱的中点,则该正三棱锥的外接球被平面所截的截面面积为.12.【2020高中数学联赛A 卷（第01试）】正三棱锥的所有棱长均为1,L ,M ,N 分别为棱的中点,则该正三棱锥的外接球被平面所截的截面面积为.13.【2005高中数学联赛（第01试）】如图，ABCD －A'B'C'D'为正方体.任作平面与对角线AC'垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为S ，周长为l.则( ). A ．S 为定值，不为定值 B ．S 不为定值，l 为定值 C ．S 与l 均为定值D ．S 与l 均不为定值14.【2020安徽合肥一六八中学高三模拟】球面上有三点,,A B C 组成这个球的一个截面的内接三角形的三个顶点，其中18AB =，24BC =，30AC =，球心到这个截面的距离为球半径的一半，则该球的表面积为A ．1200πB ．1400πC ．1600πD ．1800π15.【2020重庆八中高三三模】用一根长为18cm 的铁丝围成正三角形框架，其顶点为,,A B C ，将半径为2cm 的球放置在这个框架上（如图）.若M 是球上任意一点，则四面体MABC 体积的最大值为A 333 B 33cm C ．333cm D ．393cm16.【2020湖北宜昌高三二模】已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 为棱1DD 的中点，则平面ACM 截该正方体的内切球所得截面面积为 A ．3π B ．23π C ．πD ．43π 17.【2020四川南充高三三模】已知圆锥1SO 的顶点和底面圆周均在球O 的球面上，且该圆锥的高为8，母线12SA =，点B 在SA 上，且3SB BA =，则过点B 的平面被该球O 截得的截面面积的最小值为 A ．27π B ．36πC ．54πD ．81π18.【2020福建泉州高三调研】在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为6的正方形，点E 在线段AD 上，且满足2AE ED =，过点E 作直四棱柱1111ABCD A B C D -外接球的截面，所得的截面面积的最大值与最小值之差为19π，则直四棱柱1111ABCD A B C D -外接球的半径为 A 3B ．3C ．33D ．4319.【2020山西师大附中高三质检】设直线l 与球O 有且只有一个公共点P ，从直线l 出发的两个半平面,αβ截球O 的两个截面圆的半分别为13，二面角l αβ--的平面角为150︒，则球O 的表面积为 A ．112πB ．28πC ．16πD ．4π20.【2020广东惠州高三三模】已知正四棱锥P ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，该四棱锥的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，若正四棱锥P ABCD -的高为2，则球O 的表面积为 A ．8π B ．9π C ．12π D ．16π21.1.【答案】B【解析】正方体的截平面可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；对四边形来讲，可以是等腰梯形、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；对五边形来讲，其中必有两条边平行，故不可能是正五边形；对六边形来讲，可以是正六边形.故答案为B2.【答案】D【解析】由对称性知截得的图形只能为四边形或六边形，而四边形的两组对边分别在两组相对的面上，因而，四边形必为平行四边形，但可以截得六边形.故答案为：D3.π4.65.6.47.1．A【分析】AB=，取EF与BC重合时的情况，计算出0S以及0V的值，利用排除法可得出正确选项.设2【详解】如图所示，利用排除法，取EF与BC重合时的情况.不妨设2AB =，延长MD 到N ，使得//PN AM ．PO OH =，PN MH ∴=，2AH MH =，33AM MH PN ∴==，则13PD AD =， 由余弦定理得22222331132cos 22232224BD AB AD AB AD π⎛⎫=+-⋅=+-⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，2232DM BD BM =-=，01332222S =⨯⨯=， 又23234S =⨯=042313S S ∴==>， 当平面//DEF 平面ABC 时，04S S =，04S S ∴≤，排除B 、D 选项； 因为13PD AD =，014V V ∴=，此时，0821V V=>， 当平面//DEF 平面ABC 时，08V V =，08V V ∴≥，排除C 选项. 故选：A. 【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理、余弦定理、勾股定理、三棱锥的体积计算公式、排除法，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于难题． 8.2．3π 【分析】根据题意，根据正四面体的表面积求出棱长和正方体的边长，再利用正方体的体对角线等于外接球的直径，即可求出球的半径R ，当过点E 的截面到球心O 的距离最大距离6d =时，截面圆的面积达最小值，最后利用球的截面的性质求出截面圆的半径，即可求出截面圆的面积最小值. 【详解】解：如图所示，球O 为正四面体ABCD 的外接球，即为正方体的外接球，正四面体ABCD 的表面积为设正四面体ABCD 的棱长为a ，则21422a ⨯⨯⨯=，解得：a =所以正方体的棱长为：(22=设正四面体ABCD 的外接球的半径为R ，则2R ==2R =， E 为棱AB 的中点，过点E 作其外接球的截面，当截面到球心O 的距离最大值时，截面圆的面积达最小值，此时球心O 到截面距离等于正方体棱长的一半，即d =，可得截面圆的半径为：r ===所以截面圆的面积最小值为：223S r πππ===.故答案为：3π.【点睛】本题考查正四面体的外接球截面圆面积的最小值，着重考查正方体、正四面体的性质和球的截面圆的性质等知识，考查空间想象能力和运算能力.9.【答案】【解析】如图，因S－ABC是正三棱锥，所以O是△ABC的重心，联结AO并延长交BC于D，因为D是B C的中点，所以BC⊥平面SAD，而，所以AO′在平面SAD上，从而O′必在DS上，于是，，..而，则.设过点P且平行于底面的截面与SD的交点为O"，则.即，，.即所求截面的面积为.10.【答案】【解析】如图，设截面交于一点.类似地定义点.于是，四面体与四面体相似.设相似比为，四面体、四面体的体积分别为.记则解得所以，又，故点到平面的距离则所以，点到平面的距离为从而，点到平面的距离为则故11.【答案】【解析】由条件知平面LMN与平面ABC平行,且点P到平面LMN,ABC的距离之比为1:2.设H为正三棱锥P -ABC的面ABC的中心,PH与平面LMN交于点K,则PH⊥平面ABC,PK⊥平面LMN,故.正三棱锥P-ABC可视为正四面体,设O为其中心(即外接球球心),则O在PH上,且由正四面体的性质知.结合可知OK=OH,即点O到平面LMN,ABC等距.这表明正三棱锥的外接球被平面LMN,ABC所截得的截面圆大小相等.从而所求截面的面积等于ΔABC的外接圆面积,即.12.【答案】【解析】由条件知平面LMN与平面ABC平行,且点P到平面LMN,ABC的距离之比为1:2.设H为正三棱锥P -ABC的面ABC的中心,PH与平面LMN交于点K,则PH⊥平面ABC,PK⊥平面LMN,故.正三棱锥P-ABC可视为正四面体,设O为其中心(即外接球球心),则O在PH上,且由正四面体的性质知.结合可知OK=OH,即点O到平面LMN,ABC等距.这表明正三棱锥的外接球被平面LMN,ABC所截得的截面圆大小相等.从而所求截面的面积等于ΔABC 的外接圆面积,即.13.【答案】B【解析】将正方体切去两个正三棱锥A －A 'BD 与C －D 'B 'C 后，得到一个以平行平面A 'BD 与D 'B 'C 为上、下底面的几何体V ，V 的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形W 的每一条边分别与V 的底面上的一条边平行，将V 的侧面沿棱AB 剪开，展平在一个平面上，得到一个平行四边形A 'B 'B 1A 1，而多边形W 的周界展开后便成为一条与A 'A 1平行的线段(如图中E 'E 1)，显然，故l 为定值.当E '位于A 'B '中点时，多边形W 为正六边形，而当E '移至A '处时，W 为正三角形，易知周长为定值l 的正六边形与正三角形面积分别为与，故S 不为定值. 故选B ．14.【答案】A【解析】设所求球的球心为O ，半径为,R AC 中点为1O ，连1,OO OA ，18AB =，24BC =，30AC =，222,AB BC AC AB BC ∴+=∴⊥，1O ∴为过,,A B C 三点截面圆的圆心，1OO ∴⊥平面1,ABC OO AC ∴⊥，在1Rt OO A ∆中，22222211154R AO R OO AO ==+=+，解得2300R =，球O 的表面积为241200R ππ=.故选：A.【名师点睛】本题考查球的表面积，利用球的性质是解题的关键，属于中档题.15.【答案】D【解析】设球的圆心为O ，半径为R ，ABC 内切圆圆心为1O ，由题意知ABC 三边长为6cm ， 则ABC 内切圆半径1cos3033r AB cm =⋅⋅︒=，则2211OO R r =-=， 所以四面体MABC 的高max 13h OO R =+=.因为223934ABCS AB cm =⋅=， 所以四面体MABC 体积的最大值3max max 1933ABCV S h cm =⋅=.故选:D.【名师点睛】本题考查了三棱锥体积的求解.本题的难点是求出球心到三角形所在平面的距离.16.【答案】A 【解析】如图所示：设内切球球心为O ，O 到平面ACM 的距离为d ，截面圆的半径为r ， 因为内切球的半径等于正方体棱长的一半，所以球的半径为1， 又因为O AMC M AOC V V --=，所以1233AMCAOCd SS ⨯⨯=⨯，又因为()()221122526,221222AMCAOCSS=⨯⨯-==⨯⨯=， 所以12633d ⨯=，所以63d =，所以截面圆的半径22313r d =-=，所以截面圆的面积为2333S ππ⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭.故选：A. 【名师点睛】本题考查正方体的内切球的特点以及球的截面面积的计算，难度一般.任何一个平面去截球，得到的截面一定是圆面，截面圆的半径可通过球的半径以及球心到截面的距离去计算.17.【答案】A 【解析】如图所示：设球的球心为O ，半径为R ，则228,,45SM OA R AM SA SM ===-=，所以222OA OM AM =+， 即()(222845RR =-+，解得9R =，取SA 的中点N ，则3BN =， 所以225ON R AN =-=2236OB ON BN =-=设点C 为截面圆周上一点，若截面面积最小，则 OB ⊥截面，此时截面圆半径为 223r BC R OB ==-=所以截面面积的最小值为227r ππ=.故选：A【名师点睛】本题主要考查球的截面面积的求法以及截面的性质，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.18.【答案】C【解析】因为四棱柱1111ABCD A B C D -是直棱柱，且底面是正方形， 所以其外接球的球心位于直四棱柱的中心，记作O ， 过点O 向底面ABCD 作垂线，垂足为G ，则112OG AA =， 连接BD ，因为底面ABCD 是边长为6的正方形，所以点G 为BD 的中点， 取AD 中点为F ，连接OF ，OE ，OB ，设12AA a =，则OG a =，所以外接球的半径为2221182R OB OG BD a ⎛⎫==+=+ ⎪⎝⎭， 因为点E 在线段AD 上，且满足2AE ED =，则116EF DF DE AB =-==， 又132FG AB ==，所以29OF a =+， 因为直四棱柱中，AB ⊥侧面11ADD A ，//FG AB ，所以FG ⊥侧面11ADD A ， 所以FG AD ⊥，又OG ⊥底面ABCD ，所以OG AD ⊥， 又FG OG G ⋂=，所以OF AD ⊥， 则22210OE OF EF a =+=+；根据球的特征，过点E 作直四棱柱1111ABCD A B C D -外接球的截面， 当截面过球心时，截面圆面积最大，此时截面面积为2S R π=； 当OE ⊥截面时，此时截面圆半径为22R OE -， 所以此时截面圆面积为()()222221S R OER OE ππ=-=-；又截面面积的最大值与最小值之差为19π， 所以()2222119S S R R OEOEππππ-=--=⋅=，因此21019a +=，即29a =，所以2182733R a =+==.故选：C.【名师点睛】本题主要考查求几何体外接球的半径，熟记直四棱柱以及球的结构特征即可，考查空间想象能力，属于常考题型.19.【答案】A【解析】过P 与O 作直线l 的垂面如图所示，设球的半径为r ，,OE QP OF PM ⊥⊥，垂足为,E F ，则有1,3EP PF ==设5,6OPE OPF απα∠=∴∠=-，所以有cos 1sin 33cos 53cos()6r r αααπα⋅=⇒=⋅-， 而22sin cos 1αα+=，所以21cos 28α=，所以228r =，因此球O 的表面积等于：24112r ππ=.故选：A【名师点睛】本题考查了二面角的有关知识，考查了球的表面积公式，考查了空间想象能力.20.【答案】A【解析】如图所示，圆O '是正方形ABCD 和等腰△PAB 的外接圆，设圆O '的半径为r ,则2,2O E AE BE r O P r ''====，所以212PE r ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭ 所以2222(22)AP AE PE r =+=+设点O 是四棱锥P - ABCD 的外接球的球心，F 为正方形ABCD 的中心，如图，则PF ⊥平面ABCD ，所以在Rt AFP 中有2222(22)4AF AP PF r =-=+-又因为AF 的长度为圆O '的半径r ,所以22(24r r +-=所以221)AF r ===设四棱锥P - ABCD 的外接球的半径为R ,在Rt AFO 中，222OF OA AF =-，所以221)OF R =-， 因为OF PF OP =-，所以22(2)OF R =-所以221)(2)R R -=-解得R =所以四棱锥P - ABCD 的外接球的表面积为248S R ππ==，故选：A【名师点睛】本题主要考查了四棱锥的外接球，球的性质，三角形、正方形外接圆的性质,考查了空间想象力，属于难题. 21.。
正方体截面总结(最全-适用于公务员图形推理)
正方体截面的形状.可能出现锐角三角型、等边、等腰三角形,但不可能出现直角和钝角三角形结论如下：1、可能出现的：锐角三角型、等边、等腰三角形，正方形、矩形、非矩形的平行四边形、梯形、等腰梯形、五边形、六边形、正六边形2、不可能出现：钝角三角形、直角三角形、直角梯形、正五边形、七边形或更多边形正方体的截面形状一：问题背景在家做饭时，切菜尤其是切豆腐时，发现截面有很多形状。
若用不同的截面去截一个正方体，得到的截面会有哪几种不同的形状？二：研究方法先进行猜想，再利用土豆和萝卜通过切割实验研究。
三：猜想及其他可能的证明：1.正方形：因为该立体几何图形是正方体，所以用从任意位置与该正方体上下底面平行的平面进行截取可以得到，或者和侧面平行进行截取，由下列图示证明：====》》》由图示可知，水平方向截取正方体，得到的截面为正方形。
====》》》由图示可知，竖直方向截取正方体，得到的截面为正方形。
2.矩形：因为正方形也属于矩形，所以对正方形的证明同适用于矩形。
其次，当长宽不等的矩形截面的图示如下：由上图所示可知，按不同角度截取正方体可以得到矩形。
例如，正方体的六个对角面都是矩形。
3.平行四边形：当平面与正方体的各面都不平行时，所得截面为平行四边形，图示如下：==》由上图所示可知，当截面不与正方体的各面平行时，所得截面可能为平行四边形。
4.三角形：根据一定角度过正方体的三条棱进行截取可以得到三角形的截面，图示如下:==》》》由上图可知，正方体可以截得三角形截面。
但一定是锐角三角形，包括等腰和等边三角形特别的，当截面刚好经过三个面的对角线时，所得的三角形截面为正三角形，图示如下：==》得到：正三棱锥5.猜想之外的截面形状：（1）菱形：如下图所示，当A,B为所在棱的中点时，该截面为菱形：（2）梯形：如图所示，当按一定角度使截面在正方体的上下底面上所存在的线段长短有异时，所得截面可能是梯形：==》》》（3）五边形：如图所示，可以截得五边形截面：=》通过实践及资料查询可知，无法得到正五边形。
正方体截面问题
正方体截面问题课题:正方体截面问题班级:高二(2)班小组:数学兴趣小组指导老师:王长喜组员:崔云鹏、庹元杰、张成昊、杨浩、陈一峰、尚世伟、彭世宇组长:张皓楠课题目的:探索正方体可能的截面形状，通过实践和图示来证明其结果，列举特例，拓展空间观念与全面考虑问题的能力。
探究方法:首先通过猜想，列举出预计猜想到的截面，其次进行画图和实践等方法证明猜想得正确与否。
再通过网络的资料查询，寻找未猜想到的情况。
大题小做::什么叫几何板的截面, 问题1答:一个几何和一个平面相交所得到的平面图形 (包含它的内部)，叫做几何体的截面。
问题2:截面的边是如何得到的,答:截面的边是平面和几何体各面的交线。
问题3:正方体是立体几何中一个重要的模型，它是一种非常对称的几何体。
如果我们拿一个平面去截一个正方体那么会得到什么形状的截面图呢,截面图最多有几条边,答:因为正方形只有六个面，所以它与平面最多有六条交线，即所截到得截面图最都有六条边。
所以截图可能是三角形，四边形，五边形，六边形。
探究1:截面图为三角形时，有几种情况, 1.是否可以截出等腰三角形:(1)解析:A’aCcB bA如上图，一正方体被一平面所截后得到截面abc若截面三角形abc是以为bc底的等腰三角形，那么只要三角形Aba全等于三角形Aca就可以截到。
所以，截到等腰三角形的情况存在。
(2)做法:在一棱AA’上取a在棱AB.AC上取Ab.等于Ac.就可得到以bc为底的等腰三角abc。
(3)证明:因为角bAa等于角cAa， Aa边公用，Ab等于Ac，所以三角形全等于三角形。
所以ba等于ca,所以三角形abc是以为bc底的等腰三角形。
2.是否可以截出等边三角形: (1)解析A’aCcbBA一正方体被一平面截后得到三角形abc，若三角形abc是等边三角形，只要三角形aAb,aAc, bAc两两全等就可以得到。
所以，截到等边三角形的情况存在。
(2)做法:在棱AA’,AB.AC上分别取Aa等于Ab等于Ac 就可以得到三角形abc为等边三角形。
有关正方体的截面问题
有关正方体的截面问题
①截面可以是三角形：等边三角形、等腰三角形、一般三角形；
②截面三角形是锐角三角形；截面三角形不能是直角三角形、钝角三角形；
③截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形；截面为四边形时，这个四边形中至少有一组对边平行；
④截面不能是直角梯形；
⑤截面可以是五边形；截面五边形必有两组分别平行的边，同时有两个角相等；截面五边形不可能是正五边形；
⑥截面可以是六边形；截面六边形必有分别平行的边，同时有两个角相等；
⑦截面六边形可以是等角(均为120°)的六边形，特别地可以是正六边形．
对应截面图形如下图中各图形所示．。
立体几何中的截面问题
立体几何中的截面问题一．基本原理：过正方体（长方体）上三点做截面.1.三点中有两点共面例1.如图，在正方体ABCD－A 1B 1C 1D 1中，E，F，G 分别在AB，BC，DD 1上，求作过E，F，G 三点的截面．思路：当三点中有两点共面时，做截面的思路就是先找共面两点所在直线与该平面所有的棱交点，而这些交点由同时在另外一个平面中，即该截面和正方体某个侧面的交点，这样利用公理1，逐次相连找到所有的交点，即可得到截面.解析：作法：①.由于F E ,共面，在底面AC 内，过F E ,作直线EF ，与DA 于L ，显然，此时L 即在侧面D A 1内，又在欲求截面内，而该截面与侧面D A 1又交于点G ，根据公理1，截面与侧面D A 1交于L .同理，过F E ,作直线EF 与DC 的延长线交于M ，此时M 即在侧面1DC 内，又在欲求截面内，根据公理1，截面与侧面1DC 交于M .②在侧面D A 1内，连接LG 交1AA 于K .③在侧面1DC 内，连接GM 交1CC 于H .④连接FH KE ,.则五边形EFHGK EFHGK 即为所求的截面．练习1.（三点两两共面）P，Q，R 三点分别在直四棱柱AC 1的棱BB 1，CC 1和DD 1上，试画出过P，Q，R 三点的截面作法．解析：作法：（1）连接QP，QR 并延长，分别交CB，CD 的延长线于E，F.（2）连接EF 交AB 于T，交AD 于S.（3）连接RS，TP.则五边形PQRST 即为所求截面．例2.（三点所在的棱两两异面）如图，长方体1111D C B A ABCD -中，R Q P ,,分别为111,,CC AB D A 上三点，求过这三点的截面.分析：此题的难点在于R Q P ,,三点均不在同一个侧面（底面）中，这样我们就暂时无法通过侧面（底面）中连线与棱的交点来找到截面的边界点，于是需要先做出一个平面来，让上面三点RQ P ,,中有两点共面，这就转化成例1的情形，从而解决问题.解：如图，作1//BB QE 交11B A 与E ，则1,RC QE 确定一个平面，转化为例1的情形.连接QR EC ,1,交于点F ；连接PF 交1111,B A D C 延长线于H G ,；连接HQ 交11,BB AA 延长线于J I ,；连接JR 交BC 于K .则KRGPIQK 为所作截面.例3.利用平行关系确定截面在三棱锥A BCD -中，AB CD a ==，截面MNPQ 与AB ，CD 都平行，则截面MNPQ 的周长等于（）A．2a B．4a C．a D．无法确定解析：设AM k CM=，因为//AB 平面MNPQ ，平面ABC 平面MNPQ MN =，AB Ì平面ABC ，所以//MN AB ，同理可得//PQ AB ，//MQ CD ，//NP CD ，故四边形MNPQ 为平行四边形，所以11MN PQ AB AB k ==+，1MQ NP k CD CD k ==+.因为AB CD a ==，所以1a MN PQ k==+，1ak MQ NP k ==+，所以四边形MNPQ 的周长为2211a ak MN PQ MQ NP a k k ⎛⎫+++=+= ⎪++⎝⎭.故选：A.二．截面的的画法小结1.确定截面的主要依据有（1）平面的四个公理及推论．（2）直线和平面平行的判定和性质．（3）两个平面平行的性质．2.作截面的几种方法（1）直接法：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，找截面实际就是找交线的过程。
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有关正方体的截面问题
①截面可以是三角形：等边三角形、等腰三角形、一般三角形；
②截面三角形是锐角三角形；截面三角形不能是直角三角形、钝角三角形；
③截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形；截面为四边形时，这个四边形中至少有一组对边平行；
④截面不能是直角梯形；
⑤截面可以是五边形；截面五边形必有两组分别平行的边，同时有两个角相等；截面五边形不可能是正五边形；
⑥截面可以是六边形；截面六边形必有分别平行的边，同时有两个角相等；
⑦截面六边形可以是等角(均为120°)的六边形，特别地可以是正六边形．
对应截面图形如下图中各图形所示．
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