立体几何中地截面(解析汇报版)
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;
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,平面在球的接正方体上截得的截面不可能是大圆的接正方形,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A 1D 1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//A 1D 1,所以A 1D 1//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
BC BF BE V ??=
2
1
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-A 1B 1C 1D 1,在棱AB 、BB 1及对角线B 1C 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( )
A .
21 B .87 C .12
11 D .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
8
7
12121211=???-
=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)△EB
1C 时容器的容积最大,最大容积为12
11112121311=????-=V ,故选C 。
例4 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,6, PO 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.
解:如图,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:()2
2
203, 3622AE x x AP ??=<<=?+= ? ???
由//AP EF 得
3932EF x -=,故)32EF x =-,而2
AQ =,由//AP QG 得322932
2
x
QG -=,
于是
162x QG ?
=
- ???
,从而: ()()2
21992139292644222
EFGHL x S x x x x ?=?-+-=-+=--+ ??????? 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1111ABCD A B C D -,使得截面为一个凸五边形.
点I 是1B B 延长线上一点,使得11
2
IB BB =
,E 为11A D 的中点,F 为1AA 上的点,使得
113AF A F =.则截面1C EFGH 为过直线EF 与1C I (这里1//EF C I )的平面与正方体1111ABCD A B C D -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.
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''
PQQ P 出发,依次为
'''''''''''',,,,,.PP Q Q Q QRR Q R S P R S SR S SPP PSRQ
从上述展开图可知截面六边形的周长大于等于'AA ,而'22
3332AA +=.
【针对训练】
一、单选题
1.【省市2019-2020学年高二上学期期末数学】
在正方体1111ABCD A B C D -中,F 为AD 的中点,E 为棱1D D 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( )
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1
02
DE <≤
,截面为四边形BMEF ; 如图
特别的,当1
2
DE =
时,截面为等腰梯形1BFEC ;如图
1
12
DE <<截面为五边形BFENM ,不可能为六边形.如图
故选:D
2.【2020届省实验中学、八中、二十四中、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.1 B.1
2
C.
1
3
D.
1
4
【答案】D
【解析】
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 建立直角坐标系.设抛物线的方程为2
2(0)y px p =>,
1(1,1),12,2
C p p ∴=∴=
, 所以该抛物线的焦点到其顶点E 的距离为1.4
故选:D
3.一个棱长为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( )
A 6
B 10
C 15
D 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522AC BC AB ===,,所以AB 边上高为3,所以
1
32262
==ABC S ???,
故选:A .
4.如图,在正方体1111ABCD A B C D -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11BDD
B 存在直线与平面EFG 平行 B .在平面11BDD B 存在直线与平面EFG 垂直
C .平面1//AB C 平面EFG
D .直线1AB 与EF 所成角为45?
【答案】D
【解析】由线面平行判定定理可得,当O 为BD 的中点时,1B O ∥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1EG AB ∥,1FG B C ∥,所以平面EFG ∥平面1AB C ,选项C 正确,
易得:EF
AC ,1AB C ?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.【省市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4π,则该球的半径是( )
A .2
B .4
C .26
D .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3截面圆的周长可得42r ππ=,得2r
,
故由题意知(2
2223
R r =+,即(2
22223
16R =+=,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( )
A .
1
2
B .
22
C .
3 D .
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22b r =,222cos 45222r b a a ?
===,即22b a =,故离心率2
121122c b e a a ??==-=-= ???
.故选:B. 7.如图,已知三棱锥V ABC -,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 .12
B .10
C .8
D .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,PD DE ?平面DEFP ,VB,AC 不在平面DEFP ,
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||,||,,22
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.
故选:D
8.【2020届省市高三期末调研测试理科数学试题】
已知球O 是正四面体A BCD -的外接球,2BC =,点E 在线段BD 上,且3BD BE =,过点E 作球O 的截面,则所得截面圆面积的最小值是( )
A .89
π
B .
1118
π
C .
512
π D .
49
π 【答案】A
【解析】由题,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222r R d =-,
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 =
,令AM h =,OM x =,则x h R =-,
在Rt AMD 中,222
AM DM AD +=,即2
22h a ?+=????
,则h =,
在Rt OMD 中,222DM OM R +=,即2
22x R ?+=????,则2
22
13a R R ?+-=????
,
解得R =
,则x ==, 在Rt OED △中,222OE OM EM =+,
因为点E 在线段BD 上,3BD BE =,设BC 中点为N ,则2DM MN =,
所以211333
EM BN BC a =
==,
在Rt OED △中,222OE OM EM =+,即2
2
2
211112372d a a a ????=+= ? ? ???
??,
所以2
2
22
112729r a a ?=-=????
,因为2a BC ==,
所以2
89r =
,所以截面面积为2
89
S r ππ==, 故选:A
9.【2020届省市高三适应性练习卷数学理科试题】
在三棱锥P ABC -中,PA ⊥底面ABC ,,6,8AB AC AB AC ⊥==,D 是线段AC 上一点,且3AD DC =.三棱锥P ABC -的各个顶点都在球O 表面上,过点D 作球O 的截面,若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为16π,则球O 的表面积为( ) A .72π
B .86π
C .112π
D .128π
【答案】C
【解析】将三棱锥P ABC -补成直三棱柱,且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球O , 记三角形ABC 的中心为1O ,设球的半径为R ,2PA x =, 则球心O 到平面ABC 的距离为x ,即1OO x =,
连接1O A ,则15O A =,∴2225R x =+.
在ABC 中,取AC 的中点为E ,连接11,O D O E ,
则1132O E AB =
=,1
24
DE AC ==, 所以
1O D =.在1Rt OO D 中,OD
由题意得到当截面与直线OD 垂直时,截面面积最小,
设此时截面圆的半径为r ,
则()
22222
251312r R OD x x =-=+-+=,
所以最小截面圆的面积为12π,
当截面过球心时,截面面积最大为2R π,
所以21216R π-π=π,228R =,
球的表面积为2112R 4π=π.
故选:C.
10.【2020届南开中学高三第五次教学质量检测考试数学文科试题】 正三棱锥P ABC -,Q 为BC 中点, 2PA =,2AB =,过Q 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得
截面的面积围为( )
A .13,45
ππ??????
B .12,23
ππ??????
C .[],2ππ
D .3,2
ππ?????
?
【答案】D
【解析】因为正三棱锥P ABC -,2PB PC PA ===
2AC BC AB ===,
所以222PB PA AB +=,即PB PA ⊥,同理PB PC ⊥,PC PA ⊥, 因此正三棱锥P ABC -可看作正方体的一角,如图,
记正方体的体对角线的中点为O ,由正方体结构特征可得,O 点即是正方体的外接球球心,所以点O 也是正三棱锥P ABC -外接球的球心,记外接球半径为R ,
则16
2222R =
++=
,因为球的最大截面圆为过球心的圆, 所以过Q 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面的面积最大为2
max 3
2
S R ππ==;又Q 为BC 中点,由正方体结构特征可得12
2OQ PA =
=
; 由球的结构特征可知,当OQ 垂直于过Q 的截面时,截面圆半径最小为221r R OQ =-=,所以
2min S r ππ==.
因此,过Q 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面的面积围为3,2
ππ??????
.
故选:D.
11.一个三棱锥的各棱长均相等,其部有一个切球,即球与三梭锥的各面均相切(球在三棱锥的部,且球与三棱锥的各面只有一个交点),过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面,所得截面是下列图形中的
A.B.
C.D.
【答案】C
【解析】其空间结构体如下图所示:
易知截面是一个非等边的等腰三角形,排除A.D;
等腰三角形的底边是正三棱锥的一条,这条棱不可能与切球有交点,所以排除B;
截面所得等腰三角形的两条腰正好是正三棱锥两个面的中线,且经过切球在两个面上的切点,所以正确答案是C.
12.【2020届省部分重点中学高三第二次联考数学试卷理科试题】
如图,已知四面体ABCD 的各条棱长均等于4,E ,F 分别是棱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最大值为( )
A .32
B .4
C .42
D .6
【答案】B
【解析】将正四面体补成正方体如图,
可得EF ⊥平面CHBG ,且正方形边长为2
由于EF α⊥,故截面为平行四边形MNKL ,且4KL KN +=,
又//KL BC ,//KN AD ,且AD BC ⊥, ∴KN KL ⊥,
∴MNKL
S
KN KL =?2
42KN KL +??≤= ???
,
当且仅当2KL KN ==时取等号,
故选:B .
13.【2020届省实验中学、八中、二十四中、一中、东北育才学校高三上学期期末】
仿照“Dandelin 双球”模型,人们借助圆柱的两个切球完美的证明了平面截圆柱的截面为椭圆面.如图,底面半径为1的圆柱两个切球球心距离为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( )
A .
1
2
B .
33
C .
22
D .
32
【答案】D
【解析】画出图形的轴截面如图所示,则CD 为椭圆的长轴,圆柱的底面直径为椭圆的短轴;依题意4AB =,
考点81 空间几何体的截面问题
考点81 空间几何体的截面问题 1.(2018?新课标Ⅰ,理12)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A B C D 【答案】A 【解析】正方体的所有棱中,实际上是3组平行的棱,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,如图:所示的正六边形平行的平面,并且正六边形时,α截此正方体所得截面面积的最大,此时正六边形的边长 ,α截此正方体所得截面最大值为:26=,故选A . 2.(2015?新课标Ⅱ,理19)如图,长方体1111ABCD A B C D -中,16AB =,10BC =,18AA =,点E ,F 分别在11A B ,11D C 上,114A E D F ==,过点E ,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值. 【解析】(1)交线围成的正方形EFGH 如图: (2)作EM AB ⊥,垂足为M ,则:10EH EF BC ===,18EM AA ==, ∴6MH ,10AH ∴=。 以边DA ,DC ,1DD 所在直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示空间直角坐标系,则: (10A ,0,0),(10H ,10,0),(10E ,4,8),(0F ,4,8),∴(10,0,0),(0,6,8)EF EH =-=-。 设(,,)n x y z =为平面EFGH 的法向量,则:100680n EF x n EH y z ?=-=??=-=?? ,取3z =,则(0,4,3)n =, 若设直线AF 和平面EFGH 所成的角为θ,则:45sin |cos ,|1805AF n θ=<>==,∴直线AF 与平面α .
立体几何动点问题
立体几何与平面解析几何的交汇问题 在教材中,立体几何与解析几何是互相独立的两章,彼此分离不相联系,实际上,从空间维数看,平面几何是二维的,立体几何是三维的,因此,立体几何是由平面几何升维而产生;另一方面,从立体几何与解析几何的联系看,解析几何中的直线是空间二个平面的交线,圆锥曲线(椭圆、双曲线、抛物线)是平面截圆锥面所产生的截线;从轨迹的观点看,空间中的曲面(曲线)是空间中动点运动的轨迹,正因为平面几何与立体几何有这么许多千丝万缕的联系,因此,在平面几何与立体几何的交汇点,新知识生长的土壤特别肥沃,创新型题型的生长空间也相当宽广,这一点,在高考卷中已有充分展示,应引起我们在复习中的足够重视。 一、动点轨迹问题 这类问题往往是先利用题中条件把立几问题转化为平面几何问题,再判断动点轨迹。 例1定点A 和B 都在平面α内,定点α?P ,α⊥PB , C 是α内异于A 和B 的动点,且AC PC ⊥。那么,动点C 在平面α内的轨迹是( ) A. 一条线段,但要去掉两个点 B. 一个圆,但要去掉两个点 C. 一个椭圆,但要去掉两个点 D. 半圆,但要去掉两个点 例2若三棱锥A —BCD 的侧面ABC 内一动点P 到平面BCD 距离与到棱AB 距离相等,则动点P 的轨迹与△ABC 组成的图形可能是( ) ) 解:设二面角A —BC —D 大小为θ,作PR ⊥面BCD ,R 为垂足,PQ ⊥BC 于Q ,PT ⊥AB 于T ,则∠PQR =θ, 且由条件PT=PR=PQ·sinθ,∴ 为小于1的常数,故轨迹图形应选(D )。 二、几何体的截痕
例3:球在平面上的斜射影为椭园:已知一巨型广告汽球直径6米,太阳光线与地面所成角为60°,求此广告汽球在地面上投影椭圆的离心率和面积(椭圆面积公式为S=πab ,其中a,b 为长、短半轴长)。 解:由于太阳光线可认定为平行光线,故广告球的投影 椭园等价于以广告球直径为直径的圆柱截面椭园:此时 b=R ,a= =2R ,∴离心率 , 投影面积S=πab=π·k·2R=2πR 2=18π。 三、动点与某点(面)的距离问题 , 例4.正方体1111D C B A ABCD -中,棱长为a ,E 是 1AA 的中点, 在对角面D D BB 11上找一动点M ,使AM+ME 最小.a 23. 四、常见的轨迹问题 (1) 轨迹类型识别 此类问题最为常见,求解时,关注几何体的特征,灵活选择几何法与代数法. 例5、(北京)平面α的斜线AB 交α于点B ,过定点A 的动直线l 与AB 垂直,且交 α于点C ,则动点C 的轨迹是( ) A .一条直线 B.一个圆 C.一个椭圆 D.双曲线的一支 【解析】直线l 运动后形成的轨迹刚好为线段AB 的垂面,由公理二易知点C 刚好落在平面α与线段AB 的垂面的交线上,所以动点C 的轨迹是一条直线.选择 A. 总结:空间的轨迹最简单的一直存在形式就是两个平面的交线,处理问题中注意识别即可. 例6、如图,在正方体ABCD A 1 B 1C 1D 1 中,若四边形A 1BCD 1 内一动点P 到AB 1和 BC 的距离相等,则点P 的轨迹为( ) … A .椭圆的一部分 B .圆的一部分 C .一条线段 D .抛物线的一部分 O E 例4题图 A % C D A 1 C 1 D 1 B 1 M - C D B C P O