立体几何截面问题常考题型归类解析

程弦

立体几何截面问题是高中数学立体几何的一个难点，考查的主要内容包括判断截面形状、求截面多边形的周长、面积等．在解决截面问题的过程中，考生常常因为作不出完整的截面图形或不会分析截面的运动过程使得截面问题无法顺利解决．我在各个例题与变式练习中渗透了常见的作截面以及求截面周长、面积最值的方法，希望通过三个类型的问题分析求解帮助读者破解截面问题．

题型一：与形状有关的截面问题

求解截面形状主要考查是否能作出完整截面，与多数的几何问题类似，作截面的方法也包含几何法和代数法，其中几何法包括平行线法和延长线法，这是作截面最常规的方法，也是需要学生必须掌握的方法．如果几何图形不太容易作平行线或延长线，也可以选择代数法解决，代数法包括坐标法和基底法．

【例1】 在正方体ABCD－A 1B 1C 1D 1中，M为C 1D 1的中点，则平面ACM截正方体所得的截面多边形的形状为（  ）

A ．三角形

B ．四边形

C ．五边形

D ．六边形

【解析】法一： （平行线法）在平面A 1B 1C 1D 1内过点M作AC的平行线交A 1D 1于点N，即N也为A 1D 1中点；由两平行线确定一个平面，即N点也在所求截面内，连接AN，CM，四边形ACMN即为所求截面多边形，故选答案 B ．

法二： （延长线法）连接并延长CM交DD 1的延长线于点Q，∵D 1M//DC且D 1M= 1 2 DC，∴D 1M为△QDC的中位线，

∴QD 1=D 1D，Q∈ADD 1A 1，连QA交A 1D 1于点N.

同理可得N为A 1D 1中点，连接MN，AC，四边形ACMN即为所求截面多边形，故选 B ．

【点评】 本题是一个比较简单的作截面的问题，给出了两种截面常用的几何作法；因为点M落在与AC所在平面平行的平面上，因此作平行线是比较容易的；而且CM的延长线能与A点所在的平面ADD 1A 1有交点，因此延长线的作法也比较容易操作．

【变式1】 如图所示，正方体ABCD－A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC 1上的动点，过点A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是      （写出所有正确命题的编号）

①当0

②当CQ= 1 2 时，S为等腰梯形；

③当 1 2

④当CQ= 3 4 时，S与C 1D 1的交点R满足C 1R= 1 3 .

【解析】 连接AP、PQ，由平行线法在平面ADD 1A 1内过点A作PQ的平行线与棱DD 1所在的直线交于一点M．

∵AD//BC，DD 1//CC 1，∴△ADM与△PCQ相似，

∴ CP DA = CQ DM ，因此DM= DA·CQ CP =2CQ.

①当0

②当CQ= 1 2 ，DM=1（点M与点D 1重合）此时PQ//AM，AP=MQ=  5  2 ，因此S为等腰梯形，②正确；

③当 1 2

④当CQ= 3 4 ，DM= 3 2 ，则D 1M= 1 2 ，由△RD 1M与△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正确．

故答案①②④.

【变式2】 已知长方体ABCD－A 1B 1C 1D 1中，AB=BC= BB 1 2 ，点E在线段CC 1上， EC CC 1 =λ 0≤λ≤1 ，平面α过线段AA 1的中点以及点B 1，E，若平面α截长方体所得截面为平行四边形，则实数λ的取值范围是（  ）

A ． 0，1

B ．  1 4 ， 1 2

C ．  1 2 ， 2 3

D ．  1 2 ，1

【解析】 取AA 1的中点为M，要使截面为平行四边形，则截面与DD 1的交点须落在线段DD 1内，此时MN//B 1E，MB 1//NE，截面四边形为平行四边形.

由MN//B 1E，所以当λ= 1 2 ，即E为CC 1中点时，N与D重合，此时N到达最低点，即E也到达最低点，

∴λ≥ 1 2 .当E往上移，则N同步上移，当λ=1时，E与C 1重合到达最高点，此时N为DD 1中点，也可构成平行四边形．

∴ 1 2 ≤λ≤1．故选 D ．

题型二：与周长有关的截面问题

求截面周长最重要的仍然是作出完整截面多边形，然后利用几何知识求出周长或周长的表达式．如果涉及到周长最值，往往截面是动态的，需要我们分析清楚截面的运动过程，从几何的角度找到周长取最值的位置或者从代数的角度通过设变量，把周长表示出来，利用函数求最值，并且需要我们掌握常见的函数求最值的方法．

【例2】  （第十四届希望杯全国数学邀请赛）一平面与正方体表面的交线围成的封闭图形称为正方体的“截面图形”，如图，棱长为1的正方体ABCD－A 1B 1C 1D 1中，E是AB的中点，F是CC 1的中点，则过点D 1，E，F三点的截面图形的周长等于（  ）

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为坐标原点，DA ，DC ，DD 1 方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由正方体棱长为1，

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

不妨设平面D 1EF与棱A 1A交于点P（1，0，t），因为D 1，E，F，P四点共面，则存在唯一的一组实数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为AA 1上靠近点A的四等分点．

同理可求得平面D 1EF与棱BC的交点坐标为Q（ 2 3 ，1，0），即P为BC上靠近点B的三等分点，连接D 1F，FQ，QE，EP，PD 1，五边形D 1PEQF即为所求截面图形．

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 ）．

故选 A .

法二：（法向量法） 如法一建立空间直角坐标系，得D 1E =（1， 1 2 ，－1），D 1F =（0，1，－ 1 2 ）.

设平面D 1EF的一个法向量为n → =（x，y，z），则  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，则x=3，z=4，法向量n → =（3，2，4）.

不妨设平面D 1EF与棱A 1A交于点P（1，0，t），则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为AA 1上靠近点A的四等分点．

同理可求得平面D 1EF与棱BC的交点Q的坐标，将D 1，F，Q，E，P顺次连接起来，即作出所求截面，求周长同法一．

【点评】 本题是一道静态截面求周长的问题，与例1相同，解决问题的关键仍在于作截面图形，而本题中作截面如果选择平行线法和延长线法仍然是可以做的，但是稍显困难；对于这样的问题我们可以选择坐标法：利用平面向量基本定理或法向量法证明四点共面，从而由已知的三个点得到截面与某条棱相交的第四个点，继而得到截面与几何体的棱相交的其余点，作出最终的截面多边形．

【变式3】 正三棱柱ABC－A 1B 1C 1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB 1，A 1C 1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（  ）

A ．2+2  5

B ．2  5 + 2 3  13

C ．2  5  + 13

D ．2  5 +  13  2

【解析】法一：（延长线法）

延长AF、CC 1交于点M，连接ME与B 1C 1于点N，连接FN．

则四边形AFNE即为截面四边形．

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

点N为B 1C 1上靠近B 1的三等分点．

∴AF=AE= 5 ，EN=  13  3 ，

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

所以周长l= 2 3  13 +2 5 ，故选 B ．

法二：（基底法）  不妨设截面与棱CC 1所在的直线交于点M，且CM =tCC 1

取一组基底 AB ，AC ，AA 1  .

因为A、E、M、F四点共面，则一定存在一组实数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，作出点M，连接EM、AM分别与B 1C 1、A 1C 1交于点N、F，连接FN，四边形AFNE即为截面四边形，求周长同法一．

【变式4】 如图，四边形EFGH为四面体ABCD的一个截面，若四边形EFGH为平行四边形，AB=4，CD=6，则四边形EFGH的周长的取值范围是        ．

【解析】 不妨设AE=λAC（0<λ<1），则CE=（1－λ）AC，

∴EF=GH=λCD=6λ；EH=（1－λ）AB=4（1－λ），

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

题型三：与面积有关的截面问题

在求截面面积最值时，我们常常考虑首先是分析截面的动态变化过程，从几何角度分析出在何处取得截面面积的最值，直接利用几何关系求出截面面积的最值；如果难以分析运动状态，再从代数角度用与所求截面图形相关的边或者角作为变量，表示出截面图形的面积，然后可以用函数单调性、基本不等式、导数等方法求截面面积的最值．

【例3】 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 . 3 3  4

B . 2 3  3

C . 3 2  4

D .  3  2

【解析】 由正方体的所有棱实际可以看作3组平行的棱，与每一条棱所成的角相等即与共顶点的三条棱所成的角相等即可．

我们可以先找到一个符合条件的平面，不妨取以A 1为顶点的三条棱，则平面AB 1D 1即为符合要求的平面，但符合要求的平面并不唯一，只要与平面AB 1D 1平行的平面均可.

因为正方体中心对称，则平面BC 1D也符合题意，要找到截面面积最大的位置即要分析满足题干要求的平面与正方体形成截面的过程，我们可以假定这个平面从A 1点出发到达C点结束，形成的截面从A 1→AB 1D 1是等边三角形且面积逐渐增大，从BC 1D→C也是等邊三角形且面积逐渐减小，又由于正方形的中心对称，因此面积最大应该在平面AB 1D 1和平面BC 1D的正中间位置，我们可以利用平行线法作出所求截面即为正六边形EFGHPQ，边长为  2  2 ，所以最大面积为

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

【点评】 本题主要是通过找到截面所满足的几何特征，从而分析截面的运动所带来的截面多边形的变化过程，因此只要弄清楚截面的运动变化过程，问题就很容易得到解决．

【变式5】 已知正三棱柱ABC－A 1B 1C 1的侧棱长为4，底面边长为2，用一个平面截此棱柱，与侧棱AA 1，BB 1，CC 1分别交于点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，则△MNQ面积的最大值为（  ）

A ．3

B ．  10

C ．  17

D ． 3 2

【解析】法一： 不妨设M在点A处，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为直角三角形，则4+m2=MN2=MQ2+QN2=4+n2+4+（m－n）2.

化简得：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 ，当m=4，n=2± 2 时取到最大面积．故选 C .

法二： 设平面MNQ与底面ABC的夹角为θ，0<θ<  π  2 ，根据射影面积公式： cos θ= S △ABC S △MNQ ，则S △MNQ= S △ABC  cos θ =  3   cos θ ，要使△MNQ面积最大，则 cos θ最小，则θ最大．

由此，不妨设M在点A处，N在点B 1处．

与此同时，若Q在点C或C 1处时，△MNQ无法构成直角三角形，

因此Q在线段CC 1上，不妨设CQ=t，则C 1Q=4－t，由△MNQ为直角三角形，

因此AQ2+B 1Q2=AB2 1，即4+t2+4+（4－t）2=22+42，化简得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 ．

【变式6】 已知平面α

截一球面得圆M，过圆心M且与α成60°二面角的平面β

截该球面得圆N，若该球面的半径为4，圆M的面积为4 π ，则圆N的面积为（  ）

A ．7 π

B ．9 π

C ．11 π

D ．13 π

【解析】 如图（作与平面α，β都垂直且过球心的大圆），设球的球心为O，由圆M的面积为4 π 得圆M的半径为2，由垂径定理得 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 ，同理由垂径定理得r N= 42－ON2 = 13 ，因此圆N的面积为13 π ，

故选 D ．

立体几何截面问题主要难点在于作截面多边形和分析截面的运动过程，因此掌握作截面的常见方法是十分重要的.从作截面入手，在动态截面问题中首先思考能否分析出截面的运动过程，用几何的方法求最值；如果有难度，也可以选择合理地表示出面积、周长通过代数方法去求最值或范围，往往能够使问题得到解决．

【本文系广州市教育研究院2021年度科研课题“核心素养背景下高中生数学运算能力提升策略研究”（21AJCJY21117）研究成果】

责任编辑  徐国坚