微突破 立体几何中的截面问题
【典型例题】
例1 解:(1)如图所示,在三棱锥P-ABC中,过点E作EF∥AB,交PB于F,
过点F作FG∥PC,交BC于G,过点G作HG∥AB,交AC于H,连接EH,可得E,F,G,H四点共面,截面即为四边形EFGH.
(2)因为EF∥AB,HG∥AB,所以EF∥HG.
因为PC 平面EFGH,FG 平面EFGH,PC∥FG,所以PC∥平面EFGH,
又PC 平面PAC,平面PAC∩平面EFGH=EH,
所以PC∥EH,所以FG∥EH,
所以截面为平行四边形EFGH.
(3)因为E为棱AP上靠近P的三等分点,EF∥AB,FG∥PC,
所以EF=AB,FG=PC,
又AB+2PC=9,所以平行四边形EFGH的周长为2(EF+FG)=(AB+2PC)=6.
例2 解:如图,取PC的中点E,连接BE,DE,BD,
过P作PO⊥底面ABCD,垂足为O,则O为BD的中点,
∵正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为2,∴△PCD,△PBC均为正三角形,又E为PC的中点,
∴PC⊥DE,PC⊥BE,
又DE∩BE=E,DE,BE 平面BDE,
∴PC⊥平面BDE,
故当平面α经过侧棱PC的中点时,平面α即为平面BDE.
V下=VE-BCD=S△BCD·OP=××2×2××=.
∵VP-ABCD=S正方形ABCD·OP=×2×2×=,
∴V上=VP-ABCD-VE-BCD=-=,∴==3.
【强化训练】
1.C [解析] 如图所示,连接MN,延长MN,A1B1,设交点为T,连接PD1,PT,设PT∩B1C1=S,连接SN.∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=3,∴A1C1=5,又A1P=3,∴C1P=2.∵M,N分别为棱AB,BB1的中点,∴BM=B1T=2,∴A1T=6.∵==,且A1,P,C1三点共线,∴T,P,D1三点共线,∴D1在截面上.延长NM,A1A,设交点为K,连接D1K,设D1K∩AD=Q,∴Q在截面上.连接QM,则截面为五边形D1SNMQ.故选C.
2.解:如图,把正三棱锥A-BCD的表面展开在同一个平面内,连接CC',则线段CC'的长度即为△CB1D1周长的最小值.
在△ACC'中,AC=AC'=2,∠CAC'=3×30°=90°,
∴CC'===2,
∴ △CB1D1周长的最小值为2.
3.解:(1)如图,取SC的中点F,连接BF,DF,BD,则BF⊥SC,DF⊥SC,
又BF∩DF=F,BF,DF 平面BDF,所以SC⊥平面BDF,
又SC⊥平面α,所以平面α∥平面BDF,
连接AC,交BD于点O,连接FO,
因为F,O分别为SC,AC的中点,所以FO∥SA,又FO 平面BDF,SA 平面BDF,所以SA∥平面BDF,又SA 平面α,所以SA∥平面α,
根据直线与平面平行的性质定理、平面与平面平行的性质定理,分别取SD,DA,AB,BS的中点M,N,Q,P,连接MN,NQ,QP,PE,ME,则截面为五边形PEMNQ,即截面多边形H的边数为5.
(2)由题意知EM=EP=,PQ=1.
如图,连接MP,则MP=BD=.
在△EMP中,由余弦定理得cos∠MEP==-,可得sin∠MEP==,
所以S△EMP=×××=.
因为PQ与MP所成的角即为SA与BD所成的角,易知SA⊥BD,所以PQ⊥MP,
又易知四边形PMNQ为平行四边形,所以平行四边形PMNQ为矩形,
则S矩形PMNQ=×1=,可得截面多边形H的面积S=S△EMP+S矩形PMNQ=+=.微突破 立体几何中的截面问题
【知识综述】
对于立体几何截面的考查一般是确定截面的形状,进而判断与截面有关的面积、周长或者所截几何体的体积以及与截面有关的最值、范围问题.
一、截面的作法
(1)作法依据:基本事实3,平面与平面平行的性质定理.
(2)示例:如图①,E,F,G分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CC1,AB,DD1上的点,作出过E,F,G三点的截面.
作延长线并标出棱上的交点,如图②.
二、判断截面时需注意
(1)题目所要求的点都用上;
(2)所画的线围成了一个封闭图形;
(3)这个封闭图形的边都在几何体的表面(不能在几何体内部).
例1 在三棱锥P-ABC中,AB+2PC=9,E为棱AP上靠近P的三等分点,过E作同时平行于AB,PC的平面.
(1)作出截面;
(2)判断截面的形状;
(3)求所得截面的周长.
例2 正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为2,用垂直于侧棱PC的平面α截该正四棱锥,当平面α经过侧棱PC的中点时,求截面分正四棱锥得到的上、下两部分几何体的体积之比.
【强化训练】
1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=3,M,N分别为棱AB,BB1的中点,点P在面对角线A1C1上,且A1P=3,过点M,N,P作该长方体的截面,则截面的形状为 ( )
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
2.如图,在正三棱锥A-BCD中,∠BAD=30°,侧棱的长为2,过点C的平面截正三棱锥所得截面为△CB1D1,其中B1,D1分别在AB,AD上,求△CB1D1周长的最小值.
3.[2024·厦门外国语学校高一期中] 如图,正四棱锥S-ABCD的所有棱长都为2,点E在侧棱SC上且SE=SC,过点E且垂直于SC的平面α截该正四棱锥,得到截面多边形H.
(1)求截面多边形H的边数;
(2)求截面多边形H的面积.(共21张PPT)
微突破 立体几何中的截面问题
【知识综述】
对于立体几何截面的考查一般是确定截面的形状，进而判断与
截面有关的面积、周长或者所截几何体的体积以及与截面有关的最
值、范围问题.
一、截面的作法
（1）作法依据：基本事实3，平面与平面平行的性质定理.
（2）示例：如图①，，，分别为正方体 的棱
，，上的点，作出过，， 三点的截面.
作延长线并标出棱上的交点，如图②.
二、判断截面时需注意
（1）题目所要求的点都用上；
（2）所画的线围成了一个封闭图形；
（3）这个封闭图形的边都在几何体的表面（不能在几何体内部）.
例1 在三棱锥中，,为棱上靠近 的三等
分点，过作同时平行于, 的平面.
（1）作出截面；
解：如图所示，在三棱锥中，过点
作,交于 ，
过点作，交于，过点 作
，交于，连接，可得,,,
四点共面，截面即为四边形 .
（2）判断截面的形状；
解：因为，，所以 .
因为 平面， 平面，
，所以 平面 ，
又 平面，平面 平面 ，
所以，所以 ，
所以截面为平行四边形 .
（3）求所得截面的周长.
解：因为为棱上靠近的三等分点，
， ,
所以, ，
又，
所以平行四边形 的周长为
.
例2 正四棱锥的所有棱长均为2，用垂直于侧棱 的平面
截该正四棱锥，当平面 经过侧棱 的中点时，求截面分正四棱
锥得到的上、下两部分几何体的体积之比.
解：如图，取的中点，连接，， ，
过作 底面，垂足为，则为 的中点，
正四棱锥的所有棱长均为2，
， 均为正三角形，
又为 的中点，， ，
又，, 平面 ，
平面 ，
故当平面 经过侧棱的中点时，平面 即为平面 .
.
，
， .
【强化训练】
1.在长方体中，，，， 分别为棱
，的中点，点在面对角线上，且，过点 ，
， 作该长方体的截面，则截面的形状为( )
A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形
√
[解析] 如图所示，连接，延长， ，设
交点为，连接，，设 ，连接
在长方体中， ，，
，又 ，
，分别为棱， 的中点，
，
，且，，三点共线，，，三点共线，
在截面上.
延长，设交点为，连接，设，在截面上.
连接 ，则截面为五边形 .故选C.
2.如图,在正三棱锥中, ,侧棱的长
为2,过点的平面截正三棱锥所得截面为 ,其中
，分别在，上，求 周长的最小值.
解：如图,把正三棱锥 的表面展开在同
一个平面内,连接,则线段 的长度即为
周长的最小值.
在中, ,
,
,
周长的最小值为 .
3.[2024·厦门外国语学校高一期中] 如图，正四棱锥 的所有
棱长都为2，点在侧棱上且，过点且垂直于 的平面
截该正四棱锥，得到截面多边形 .
（1）求截面多边形 的边数；
解：如图，取的中点,连接，， ,
则, ，
又，, 平面 ，所以
平面 ，
又 平面 ，所以平面平面 ，
连接，交于点，连接 ，
因为，分别为, 的中点，所以，
又 平面， 平面，
所以平面，
又 平面 ，所以平面 ，
根据直线与平面平行的性质定理、平面与平
面平行的性质定理，分别取，， ，的中点，，，,
连接， ，，，，则截面为五边形 ，
即截面多边形 的边数为5.
（2）求截面多边形 的面积.
解：由题意知, .
如图，连接，则 .
在 中，由余弦定理得
，
可得 ，
所以 .
因为与所成的角即为与 所成的角，
易知，所以 ，
又易知四边形 为平行四边形，所以平
行四边形 为矩形，
则 ，
可得截面多边形 的面积
.
