多面体截面的画法
多面体截面的几种画法
多面体截面的几种画法正确而迅速地画出几何体的截面,是解决立体几何中有关截面的计算题和证明题的关键。
画截面的主要根据有同一平面内两条不平行的直线必相交,平面的基本性质,平面与平面平行的性质等。
下面举例说明截面的几种画法。
例1在三棱柱ABC-A’B’C’中,E,F,G分别是棱A’C’,CC’,AB上的点。
画出过三点E,F,G的截面图。
分析:画截面的关键是寻找截面与多面体的棱的交点,设法找到多面体的某一侧面与截面的两个公共点,其连线即为截面的一条边。
画法步骤:1.连接EF;2.分别延长FE,AA’相交于点M,连接MG交A’B’于R,连接RE;3.分别延长EF,AC相交于N,连接GN交BC于H,连接FH。
则五边形ERGHF即为所求的截面图。
例2在长方体AC’中,E,F分别是A’D’,CC’上的点,画出过三点E,B,F 的截面图。
分析:上例的画法是可行的,读者不妨试一试。
但注意到侧面AD’与侧面BC’平行,可知截面与侧面AD’的交线必平行于FB。
画法步骤:1.在侧面AD’中,过E作EG∥FB交AA’于G;2.连接BG,在侧面CD’中作FH∥BG交C’D’于H;3.連接EH。
则五边形EGBFH即为所求的截面图。
例3在长方体AC’中,E,F,G分别是棱A’D’,CC’,AB上的点,画出过三点E,F,G的截面图.分析:E,F,G三点中任意两点都不在正方体的同一侧面内,故无法定线。
但我们可以运用平面的基本性质,引一个经过EF的辅助平面,找到EF与底面AC 的公共点,从而得到截面的一条边。
这样就可以用上述方法画出截面。
画法步骤:1.作EP∥AA’ 交AD于P,延长EF,PC相交于点M,连接MG 交BC于点H,连接FH;2.分别延长HF,B’C’ 交于点N,连接EN交D’C’于点S,连接SF;3.分别延长HG,DA相交于点R,连接ER交AA’于Q,连接QG;则六边形EQGHFS即为所求的截面图。
初中数学立体图形的的截面与三视图
大话庐山真面目——立体图形的截面与三视图【知识要点】1.截面:一个平面与一个几何体相交所截得的图形叫做截面。
2.三视图法:(1)主视图:从正面看到的图形叫做主视图; (2)左视图:从左面看到的图形叫做左视图; (3)俯视图:从上面看到的图形叫做俯视图。
3.多边形:在平面内,由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形。
三角形、四边形、五边形、六边形等都是多边形。
4.欧拉公式:顶点数+面数-边数=2【典型例题】例1.用一个平面去截一个正方体,可能出现哪些图形。
例2.用一个平面去截三棱柱最多可以截得五边形;用一个平面去截四棱柱最多可以截得六边形,用一个平面去截五棱柱最多可以截得七边形;如果用一个平面去截n 个棱柱,最多能截得几边形?例3.如图是小立方体搭成的几何体的俯视图,小正方形中的数字表示在该位置的小立方块的个数,请你画出它们的主视图与左视图.例4.如图所示是由小立方体搭成的几何体的俯视图,小立方体的数字表示在该位置的小立方体的个(1)(2)数,请画出它的主视图和左视图。
【经典练习】1、一个平面去截一个正方体,截面的形状不可能是( ) A .长方形B .三角形C .梯形D .七边形2、三棱柱的表面展开图形是________形和_________形。
3、正方体的截面中,边数最多的多边形是( ) A .四边形B .五边形C .六边形D .七边形4、把一个正方体截去一个角剩下的几何体最多有( ) A .4个面B .5个面C .6个面D .7个面5、如图所示.是一个几何体的俯视图,小正方形中的数字表示在该位置小正方块的个数,那么这个几何体的主视图和左视图是( )。
6、在下列立体图形中,不属于多面体的是( ) A .正方体B .三棱柱C .长方体D .圆锥体7、.球体的三视图是( )A .一个圆,两个半圆B . 三个圆且其中一个圆包括圆心C .两个圆和一个半圆弧 D.三个圆 8、 图4-11中的长方体的三视图是( ) A 三个正方形 B 三个一样大的长方形C 三个大小不一样的长方形但其中可能有两个大小一样。
多面体的截面的作法
多面体的截面用一个平面去截几何体,此平面与几何体的交集,叫做这个几何体的截面.此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线.此平面与几何体的棱的交集(交点)叫做截点.作多面体截面的关键在于确定截点,有了位于多面体同一表面上的两个截点即可连结成截线,从而求得截面.作截线与截点的主要根据有:(1)确定平面的条件.(2)如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们相交于过此点的一条直线.(3)如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在这个平面内.(4)如果一条直线平行于一个平面,经过这条直线的平面与这个平面相交,那么这条直线就和交线平行.(5)如果两个平面平行,第三个平面和它们相交,那么两条交线平行.主要画法是交线法.即求出截面所在的平面与多面体某一表面所在平面的交线,再找出各有关截线(或其延长线)与此交线的交点.例1 如图,正方体1111D C B A ABCD -中,G F E 、、分别在1DD BC AB 、、上,求作过G F E 、、三点的截面.作法:(1)在底面AC 内,过F E 、作直线EF 分别与DC DA 、的延长线交于M L 、.(2)在侧面D A 1内,连结LG 交1AA 于K .(3)在侧面C D 1内,连结GM 交1CC 于H .(4)连结KE 、FH .则五边形EFHGK 即为所求的截面.有时为了便于作截面,还须引进辅助面作为作图的中介.例2 如图,正方体1111D C B A ABCD -中,F E 、在两条棱上,G 在底面11C A 内,求过G F E 、、的截面.作法:(1)在底面11C A 内,过G 作11//C B PQ ,交棱于Q P 、两点.(2)作辅助面PC ,在此面内,过F G 、作直线交BP 的延长线于M .(3)在侧面B A 1内,连结ME ,交11B A 于K .(4)在底面11C A 内,连结KG ,延长交11C B 于H .(5)连结HF . (6)在底面AC 内,作HK FL //,交AB 于L .(7)连结EL .则五边形ELFHK 为所求的截面.此外,对于面数较多的多面体,可以把其中一些表面伸展构成面数较少的多面体,使作图得解.例 3 如图,五棱锥ABCD P -中,三条侧棱上各有一已知点H G F 、、,求作过H G F 、、的截面.作法:(1)将侧面PDE PBC PAB 、、伸展得到三棱锥BST P -.(2)在侧面PBS 内,连结并延长GF ,交PS 于K .(3)在侧面PBT 内,连结并延长GH 交PT 于L .(4)在侧面PST 内,连结KL 分别交PE PD 、于N M 、.图FN、.则五边形FGHMN即为所求的截面.(5)连结MH。
UG 正多面体建模
UG6.0正多面体建模正多面体又称柏拉图立体,由欧拉定理可证明正多面体只有正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体共五种,均由古希腊人发现。
根据正多面的性质我用UG6.0整理出了建模方法,文中多处运用编辑对象显示和隐藏命令而又没说明,请大家不要奇怪,除此之外任一命令都有说明,有不妥之处希望大家批评指正。
1.计算法2.拉伸法一.正四面体 3.通过曲线组法4.正方体对角线法1.计算法正多面体具有高度对称性,从立体几何角度解析,很容易理解面夹角的关系,也算是从几何中找到了根本吧。
为便于分析构建了如上图正四面体线框,正四面体各面夹角相等,只要求出任两面夹角,在UG6.0中通过两次旋转,N 边曲面再缝合后便能得到正四面体.由上图知线段DF 垂直于线段AD 且∠CAD 就是面1与面2的夹角。
求出∠BAD 再乘以2就是面1与面2的夹角。
线段AB 是正四面体棱切球半径等于4/2a ,线段BD 等于内切球半径12/6a (注a 是正四面体棱长)。
所以∠BA D=Arcsin 4/212/6a a =35.2644°,再乘以2等于70.5288°。
(如若计算的不够精确在UG 6.0里可能不能有效缝合)①引用几何体在草图里创建任一正三角形,而且还要确定出过中心的矢量,下一步作为矢量,角度栏里是计算的角度值。
②引用几何体③N边曲面④缝合2.拉伸法选择拉伸命令进入拉伸草图环境,画任一正三角形,完成草图。
拉伸参数如上图。
这种方法操作少面且结果直接是实体简单,只要明白70.5288度的由来,这种方法使用性更广。
3.通过曲线组在草图环境下画任一正三角形,通过派生曲线,找到三角形中心,完成草图。
建模环境下过中心画一直线垂直于正三角形且长度为边长的3/6倍,这条直线就是正四面体的高。
通过曲线组法建立的也是实体正四面体,这种方法操作起来有点小麻烦,但这种方法本身具有鲜明的特点。
4.正方体对角线法画任一正方体,连接DE,EB,BD,DG,EG,BG。
七年级秋季教材班第2次课 立体图形的截面与三视图
立体图形的截面与三视图姓名:日期:【知识要点】1.截面:(1)一个平面与一个几何体相交所截得的图形叫做截面。
(2)截面的形状是平面图形,它可能是三角形、四边形、五边形或其他平面图形。
(3)同一个几何体被截后的截面形状与所截角度有关,若角度不同,则截面形状随之不同。
2.三视图法:(1)主视图:从正面看到的图形叫做主视图;(2)左视图:从左面看到的图形叫做左视图;(3)俯视图:从上面看到的图形叫做俯视图。
3.多边形:在平面内,由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形。
三角形、四边形、五边形、六边形等都是多边形。
4.欧拉公式:顶点数+面数-边数=2【典型例题】例1.用一个平面去截一个正方体,可能出现哪些图形。
例2.用一个平面截一个圆锥,所得截面可能是三角形吗?可能是直角三角形吗?当截面是一个圆时,截面面积可能恰好等于底面面积的一半吗?例3.用一个平面去截一个圆柱,(1)所得截面可能是三角形吗?(2)如果能得到正方形的截面,那么圆柱的底面半径和高有什么关系?例4.画出下图所示几何体的主视图,左视图与俯视图.例5.下图是由五块积木搭成,这几块积木都是相同的正方体,请画出这个图形的主视图、左视图和俯视图。
例6.如图所示是由小立方体搭成的几何体的俯视图,小立方体的数字表示在该位置的小立方体的个数,请画出它的主视图和左视图。
挑战题:如图所示,是由几个小正方体所搭成的两个几何体的俯视图.小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数,请画出相应几何体的主视图和左视图。
【练习与拓展】1.一个平面去截一个正方体,截面的形状不可能是()A.长方形B.三角形C.梯形D.七边形2.三棱柱的表面展开图形是________形和_________形。
3.正方体的截面中,边数最多的多边形是()A.四边形B.五边形C.六边形D.七边形4.把一个正方体截去一个角剩下的几何体最多有()A.4个面B.5个面C.6个面D.7个面5.用一个平面去截一个三棱柱,截出的面可能是什么形状?可能是三角形吗?可能是四边形吗?可能是五边形吗?可能是六边形吗?先做一做,再想一想。
多面体的截面(一)
多面体的截面(一)黄继红一、教学分析按课标,“多面体的截面”要求学生会作长方体的截面(如截面过已知不共线的、位于棱上的三点,且仅以平面的基本性质为画图依据)。
按教材,“多面体的截面”是对点、线、面的位置关系在认识上的深化和提高,又是为后继几何体的体积学习作准备。
“多面体的截面”定义在课本中仅以“小字”形式作为注意点呈现,例题的截面作法也仅用“交线法”。
我认为:我们松江二中的学生对这个内容的学习不应该仅停留在理解概念、巩固练习的层面,更应该把它上升为探究性理解水平的层次。
基于以上认识,我确立“正确理解多面体的截面概念,体会作多面体截面的基本方法——连延交”作为本课的主要目标。
在设计思路上我以“明线”和“暗线”同时进行、不断贯穿“转化”思想来组织教学,这样可以进一步体验概念学习的过程,还能在各个环节上逐步体会“连延交”的基本方法。
在问题设计上我采取“反复变式”、“层层递进”、“制造认知冲突”等手段突出本课重点、突破本课难点。
又考虑到我校学生已经较好地掌握公理4和面面平行的有关知识,所以本课我在重点突出“连延交”基本方法的同时,适当渗透“平行线法”,这样可以更好地完善学生的认知结构。
明线:形成概念理解概念巩固应用→→暗线:关于课时安排。
“多面体的截面”分为2课时完成,本课为第1课,仅以“正方体”为载体设计教学目标、重点和难点。
第2课安排以棱锥、三棱柱、长方体为例,进一步巩固多面体的截面作法,并说明截面分多面体为怎样的两个多面体、画出这两个多面体的直观图。
二、教学目标⑴通过从具体到抽象的过程,逐步形成并理解平面截多面体的截面概念。
⑵通过正方体的截面作法的探究,体会作多面体截面的基本方法——“连延交”。
⑶经历作正方体截面的过程,体会转化思想,培养空间想象力。
三、教学重点 截面的概念及作法教学难点 如何“连”四、教学过程1、形成概念引例 如图正方体ABCD A B C D ''''-,请画出由点A '、、确定的平面C 'D α与正方体表面的交线。
第七章 空间图形 第三节 多面体
C
AB 2AM 2OM cot 30
2 3 l2 h2
B
图7-48 例4图形
由一般棱锥的性质, 有
S
ABC
12 2
3
l2 h2
3 l2 h2 3 3 l 2 h2
S A1B1C1 SO12 1 , 所以 S ABC SO2 4
3 3
S 4 A1B1C1
l2 h2
2.正棱锥的侧面积、全面积和一般棱锥的体积
按侧棱与底面是否垂直来分,又有斜平行六面体与直平行 六面体的区别,其中底面为矩形的直平行六面体,就是我们通 常所说的长方体,长方体的任意一条对角线的平方等于长、宽、 高的平方和.
例1 如图7-42所示,底面是菱形的直棱柱,对角线B1D和A1C 的长分别是9cm和15cm, 侧棱AA1的长是5cm, 求它的底面边长.
1
1
1
S正棱锥侧面积 2 hP, S正棱锥全面积 S 2 hP, V棱锥体积 3 HS
以上公式中, h为斜高, P为底的周长, H为棱锥高, S为底面积.
例5
已知正三棱锥的斜高等于6
1 2
cm,高等于6cm,
求它的全
面积.
S
解如图7-49所示,S - ABC是 一个满足题设的正三棱锥,SO 为高,连接AO并延长与BC交于 点D,则AD BC,连接SD,SD BC,SD为斜高,在直角 SOD中
棱柱的底面可以是三角形、四边形、五边形…,我们把这 些棱柱分别叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱…
根据棱柱的定义,容易得到棱柱的以下性质.
(1) 侧棱都相等,侧面都是平行四边形;
(2) 两个底面与平行于底面的截面都是全等的多边形;
(3) 对角截面是平行四边形.
福州事业单位考试:巧用“降维”方法判断立体图形截面图
巧用“降维”方法判断立体图形截面图【导读】中公事业单位为帮助各位考生顺利通过事业单位招聘考试!今天为大家带来事业单位判断推理:巧用“降维”方法判断立体图形截面图。
给出一个立体图形,和四个截面图,让考生判断哪个截面图是立体图形中不能截出的。
这类型的题目是行测考试中最常考的题目。
如何快速做出这类题型最先要掌握的就是“降维”思想。
降维思想指的就是将立体图形中展现出来的点线面,降维到二维图形的点线面中。
举个简单的例子,如果将一个正方体用一个平面去截出一个截面,这个截面肯定是一个二维图形,而构成这个截面的线,应该是位于立体图形的面上,这个截面的点,应该是位于立体图形的线(棱)上。
因此如果要给一个六面体截出一个平面,则这个平面最多有6条边。
因此,我们可以得出一个结论“不含曲面的立体图形,其截面图的边数≤立体图形的面数”。
那接着我们就来看看一个简单的立体图形:立方体和圆柱体可以截出什么样的图形呢?一、立方体可以切出的截面图1、三角形(正三角形、等边锐角三角形,不能切除直角和钝角三角形)。
2、正方形3、长方形4、平行四边形5、菱形6、梯形(可以切出等腰梯形)7、五边形(不能切出正五边形)8、六边形(可以切出正六边形)二、圆柱体可以切出的截面图1、正圆形2、椭圆形3、鼓形4、拱形5、矩形那有考生可能会说我们在考试的时候图形并没有那么简单,其实所有复杂的图形都是由简单的图形拼凑而成的,我们首先要牢记基础图形可以切出的截面图,然后根据,判断复杂的图形是由哪些基本图形拼接而成的,再在脑中将截面图做加减法就行。
接下来我们就以几道真题为例,进行讲解:例1 一正方体如下图所示切掉了上半部分的3/4。
现在从任意面剖开,下面哪一项不可能是该多面体的截面?(2015-地市)解析:这个立体图形可以看成是由两个立方体拼成的,立方体可以切出的图形有矩形、梯形、三角形。
因此我们可以发现A选项由两个梯形构成,只要截面斜着切过上面立方体的顶面一直切到地面,就可以切出A的形状,B和D选项也可以切出来。
多面体截面的画法专题 (1)
多面体截面的画法专题引子,先看一道2019 武汉高三某次质检题:题:如图,点A,B,C,M,N 为正方体的顶点或所在棱的中点。
则下列各图中不满足直线MN∥平面ABC 的是()这道题,很迷惑人。
直观感觉是都平行,好象没有答案。
是不是出题人搞错了?嘿嘿,把截面画出来,答案一下就清楚了。
所以多面体截面的画法非常重要,是基本功。
一、几何体的截面画法截面作图的题型可以分为以下几种情况:1、过某些点的截面图(见例1、2、3、4),关键:咱们的作图可分为两大类:一是作平行线,二是找交点。
★公理3:若两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线。
★公理2 的推论2:过两条相交直线,有且仅有一个平面。
(两条相交直线共面)★公理2 的推论3:过两条平行直线,有且仅有一个平面。
(两条平行直线共面)★平行公理:平行于同一条直线的两条直线平行。
★线面平行的性质定理:一条直线与一个平面平行,则过该直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行。
★面面平行的性质定理:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行。
2、作平行于某条直线成平面的截面。
(见例5)3、作垂直于某一直线成平面的截面。
(见例6)4、作与某一直线或平面成一定角度的截面。
(见例7)★直线和平面所成角:★二面角:★三垂线定理及其逆定理:在考试中一般会考察一些较为明显的,角度易找易算的图形。
一般要求根据线面角,二面角的定义来作图。
例1:如图,点M,N,P 为正方体所在棱的中点。
作出过此三点的平面截正方体所得的截面图形。
分析点线面关系,找到突破口及思路:作平行线。
1、取棱中点A,连NA,可证NA 平行PM。
2、取棱中点B,连AB,可证AB 平行NM。
3、同利用平行关系找到棱中点C 点,然后连接各线。
总结:例1 的关键就是作平行线。
思路:延长找交点。
例2:如图,点M,N,P 为正方体所在棱的中点。
作出过此三点的平面截正方体所得的截面图形。
简单正多面体问题探究
1、正六面体的截面图
把一些简单的多面体沿着多面体的某些棱 将它剪开而成平面图形,这个平面图形叫做该多 面体的平面展开图
正十二面体的平面展开图
五 个 正 多 面 体 的 平 面 展 开 图
2、正六面体的平面展开图
B B A
B
A
正六面体的平面展开 图有多少种形状呢?
由于正方体共有12条棱、6个面,剪开表面展成一个 平面图形后,其面与面之间相连的棱(即未剪开的棱) 有5条,因此须且仅须剪开7条棱.尝试各种可行的组合方 式,可以发现正六面体共有下列11种侧面展开方式:
B O C
F
6 同理有, EC BD a , 4
∴ EA=EB=EC=ED, 高线AO的四等分点E是中心.
问题四
AB、BC、CD、DA各边中点 E、F、G、H 构成正方形四个顶点.
A H D B F C G
证明:∵EF是三角形ABC中位线,
∴ 2EF=AC,且 EF∥AC,
E
同理2GH=AC,且 GH∥ AC , ∴ EF=HG,且 EF ∥ HG ∴ EFGH是平行四边形. 由问题一知AC⊥BD, AC= BD, ∵EF、FG是三角形ABC与BCD的中位线, ∴ EF⊥FG, EF=FG. ∴ 四边形EFGH是正方形.
正多面体是由古希腊哲学家柏拉图发现的,所以又称正多 面体为柏拉图体,它由全等的正多边形构成.柏拉图证明了宇 宙间只存在五种正多面体.它们的面数分别是四、六、八、十 二和二十.
柏拉图(前427—前347年),是 古希腊最著名的唯心论哲学家和思想家。据 说,柏拉图在雅典曾开办了一所学园,一边 教学,一边著书,他的学园门口挂着一个牌 子:“不懂几何学者免进”.没有几何学的知识 是不能登上柏拉图的哲学殿堂的.
棱柱\棱锥截面多边形的作图
棱柱\棱锥截面多边形的作图用一个平面去截多面体,该平面与多面体各面的交线围成的平面图形,叫做多面体的一个截面,多面体的截面是多边形,一般的学生,对于解决有关截面的题目上,感到困难。
截面存在两个问题:①怎样作出截面;②求截面的元素及与截面有关的量。
只有正确作出截面,才能判断其形状,从而找出计算各量的途径。
要正确作出多面体的截面多边形,关键是找到截面与各棱的交点(即是截面多边形的顶点)。
本文重点介绍以“三角形奠基法”为主的两种作截面的方法,这两种方法在棱柱、棱锥等多面体中作截面是很凑效的。
1三角形奠基法这一作图法的根据是平面的三个基本性质(即三条公理,略),所谓“三角形奠基法”,即是以三点确定的三角形截平面为基础,再由平面性质确定该截平面与各棱的交点,从而完成所求作的截面多边形。
例1:在正方体ABCD——A1B1C1D1中,过AD、CD中点E、F和BB 1延长线上的H点N(B1N=BB1)作截面。
解:我们先找到确定截平面的三个点,在平面ABCD内作直线EF∩BC=N1,EF∩BA=N2。
∵EF截平面∴N1、N2截平面、于是△NN1N2为奠基三角形,其中点N、N1∈平面BB1C1C,点N、N2∈平面ABB1A1,且NN2∩AA1=P,NN2∩A1B1=Q,NN1∩B1C1=R,NN1∩CC1=S。
则多边形FEPQRS为所求作的截面,由已知条件及作图,可判定截面为正六边形。
(证明略)例2:已知四棱锥M—ABCD,其中P∈AM,E∈MD,K∈MB,作出过P、K、E的截面多边形。
解:为了作出截平面与底面的交线,必须先找出同属于截平面EPK和底平面ABCD的两个点。
在平面ABM上作PK∩AB=N1,在平面ADM上作PE∩AD=N2,则N1N2截平面EPK,且N1N2?奂底面ABCD。
于是△PN1N2为我们要找的奠基三角形,由这三角形我们来找截平面与MC的交点F,在面ABCD上作DC∩N1N2=H,则H∈面MCD,连EH∩MC=F,点F为所求另一顶点。
多面体的截面作图
能用 一 对
就名称 来 说
) 同 类的 反 三 角
,
函 数 ( 反 正 弦 函 数与 反 余 弦 函 数
反正切 函
的
。
计 算截 面的 面 积 上
,
由于 截面 的各个顶 点都在 正 六 棱柱的棱 所 以底 面 正 六 边形就 是截 面 在 底 面 上的
,
,
a 3
名,
:
.
B F 口=
=
训万
则在 截面 内 的 点或直 线
,
对应
代入
( 1 )中 0
=
,
tg
而
因此
,
1 一
着唯 一 的 一 个基 点或基 线 内的基 点或基线 线
,
,
反过 来
,
,
由基面 求 出截
。
30
F
I
“
求 出 截 面 的对应 点或对 应
,
S 截面 B c N E
I
M
=
S A BCD E F
多
面
体
的
刘
截
搔
面
作
图
多面体 的截面作 图 何知 识
,
,
要 用到许多 立 体 几 可 进 一 步巩 固直 线
, ,
例 1 已 知正 六 棱 柱 A D 的 边长 和 侧 棱 长 都 是
E F
:
.
,
底面 正 六 边形
B C 和
1 )
。
通 过 截面 作 图
,
a
求作 过 对 棱
图(
和 平面 位 置 关 系的概念 和 定理 高学 生 的 空 间 想象能力 作图 时
《立体几何》微专题3 空间中的截面
《立体几何》微专题3 空间中的截面一、内容解析在立体几何中,截面是指用一个平面去截一个几何体(如圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥、长方体等)所得的平面图形.高考中涉及空间几何体截面的地方较多,如:判断截面图形的形状,判断截面与其他直线(平面)的位置关系,计算截面的边长、周长和面积(或者求相关几何体的表面积、体积)等.在破解较复杂的综合问题的过程中,要把握好“定位”、“定形”、“定量”这三个环节.首先,由已知条件作出截面与空间几何体的交线;其次,根据线面位置关系相关定理确定截面的基本特征;再次,运用平面几何的有关知识计算截面的边长、周长、面积等.其中,作出空间几何体的截面图形是解决问题的关键.现将空间几何体中截面作图的主要原理(三个公理+两个定理)梳理如下:1.三个公理ABPPA唯一的注:平面的三公理说明了三个问题:(1)平面是平的,平面是无限延展的;(2)要确定两平面交线,可以找两个两平面的交点;(3)确定一个平面的4种方法.【应用举例】如图所示,G是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1延长线上的一点,E,F是棱AB,BC的中点.试分别画出过下列各点、直线的平面与正方体表面的交线.(1)过点G及AC;(2)过三点E,F,D1.【分析】我们可以将截面与空间几何体表面的交集(交线)叫做截线,将截面与空间几何体的棱的交集(交点)叫做截点.本题的关键在于确定截点,有了位于多面体同一表面上的两个截点即可连接成截线,从而得到截面.【作法】(1)连接GA交A1D1于点M,连接GC交C1D1于点N;连接MN,AC,则MA,CN,MN,AC为所求平面与正方体表面的交线.如图①所示.(2)连接EF交DC的延长线于点P,交DA的延长线于点Q;连接D1P交CC1于点M,连接D1Q交AA1于点N;连接MF,NE,则D1M,MF,FE,EN,ND1为所求平面与正方体表面的交线.如图②所示.2.两个定理则过这条直线的任一平面与此平面的交【应用举例】(1)在三棱锥P-ABC中,G为△PAC的重心,过点G作三棱锥的截面α,使其平行于PB 和AC,请画出截面α与三棱锥表面的交线.【分析】若截面α与PB和AC平行,则交线分别与PB和AC中的一条平行.【作法】如图,过G作EF∥AC,分别交PA,PC于点E,F,过点F作FM∥PB交BC于点M,过点E作EN∥PB交AB于点N,连接MN,可知EN∥FM,所以E、F、M、N四点共面,且MN∥AC∥EF,EN∥PB∥FM,则EF,FM,MN,EN即为截面α与三棱锥表面的交线.(2)如图,一个四面体木块ABCD,在△ABC的面内有一点P,过点P作一个截面α,使其垂直于直线AD,请画出截面α与四面体表面的交线.【分析】若截面α与AD垂直,则交线与AD垂直.由于在平面ABD和平面ACD内垂直于AD的直线有无数条,故根据面面平行的性质定理,可采用平移法,先作出AD的一个垂面,再平移至点P.【作法】如图,在AD上任取异于A,D的一点Q,过点Q分别在平面ABD和平面ACD 内作QR⊥AD,QS⊥AD,分别交AB,AC于R,S两点.连接RS,过点P在平面ABC内作EF∥RS交AB,AC于E,F两点.过F在平面ACD内作FG∥SQ交AD于G,连接EG,可先证明平面QRS∥平面EFG,再由面面平行的性质定理证明RQ∥EG,从而可证直线AD垂直于平面EFG,则EF,FG,GE即为截面α与四面体表面的交线.【注】截面问题中与平行有关的定理不仅可以用于在截面作图的过程中确定截面的交线,还可以判断截面图形的形状.有关线面、面面垂直的定理在解题时主要用于确定截面的位置关系,故不再专门列出.通过上述分析,可以将空间几何体中截面作图方法小结如下:① 若已知两点在同一平面内,只要连接这两点,就可以得到截面与多面体的一个面的截线; ② 若面上只有一个已知点,应设法在同一平面内再找出第二个确定的点; ③ 若已知两个点分别在两个相邻的面上,应找出这两个平面的交线与截面的交点; ④ 若所做截面要求与多面体的某一条棱平行,则由一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行的性质,可得截面与平面的交线; ⑤ 若两平行平面中的一个平面与截面有交线,另一个面上只有一个已知点,则由平行平面与第三个平面相交,那么它们的交线互相平行的性质,可得截面与平面的交线; ⑥ 若有一个点在面上而不在棱上,则可通过作辅助平面转化为棱上的点的问题;同理,若已知点在体内,则可通过辅助平面使它转化为面上的点,再转化为棱上的点的问题来解决.下面以正方体为例,列举其基本斜截面图形如下(横截面和竖截面均为正方形): ① 三角形(锐角三角形) (等腰三角形) (等边三角形)注:可以分别用反证法和余弦定理证明,不可能出现直角三角形和钝角三角形截面. ② 四边形(梯形) (平行四边形) (菱形) (矩形) 注:可以用反证法证明,不可能出现直角梯形截面. ③ 五边形1A1A1A1A1A1A1A(普通五边形)注:可以用反证法证明,不可能出现正五边形截面. ④ 六边形(普通六边形) (正六边形)其他空间多面体和旋转体的截面也可以类似作出,并进行分类研究. 二、典型例题题型一、判断截面图形的形状例1 过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱AB ,BC 的中点E ,F 作一个截面使截面与底面所成的角为45o ,则此截面的形状为( )A .三角形或五边形B .三角形或六边形C .六边形D .三角形 【分析】此题中可以直接去找与底面成45o 角的截面,也可以找一些特殊位置的截面,通过计算其与底面所成角得出所求截面的相对位置,体现了运动变化的动态探究. 【答案】B 【解析】如图,显然,本题中的截面有两个,其中一个与线段B 1B 相交,截面为三角形,故只需判断另一个截面的位置和形状.111A1A A连接BD 交EF 于G ,设上下底面中心分别为O 1,O ,设过点D 1的截面与底面的所成角为α,易得tan α=tan ∠D 1GD =223<1, 故α<45o ;设过棱A 1C 1的截面与底面的所成角为β,易得tan β=tan ∠O 1GO =22>1,故α>45o , 故所求截面应与A 1D 1,C 1D 1都相交(不过其端点),为六边形. 故选B .【注】若截面与棱D 1D 相交,则截面为五边形;若截面与棱A 1D 1,C 1D 1都相交(不过其端点),则截面为六边形;若截面与棱A 1B 1,B 1C 1都相交(不过点B 1),则截面为四边形.题型二、判断截面与其他直线(平面)的位置关系例2 如图,在下列三个正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E ,F ,G 均为所在棱的中点,过E ,F ,G 作正方体的截面.在各正方体中,直线BD 1与平面EFG 的位置关系描述正确的是( )① ② ③ A . BD 1∥平面EFG 的有且只有①;BD 1⊥平面EFG 的有且只有② B . BD 1∥平面EFG 的有且只有②;BD 1⊥平面EFG 的有且只有① C . BD 1∥平面EFG 的有且只有①;BD 1⊥平面EFG 的有且只有②③ D . BD 1∥平面EFG 的有且只有②;BD 1⊥平面EFG 的有且只有③【分析】无论是线面位置关系,还是面面位置关系,归根结底都应转化为对线线位置关系的探求.在判断截面与其他直线(平面)的位置关系的问题中,可以借助截面图形中现有的直线探寻位置关系,也可以将截面进行延展,作出与空间几何体的交线,通过交线(也可以是截面中的其他直线)探寻位置关系. 【答案】C【解析】若从图①研究起,取A 1D 1中点H ,通过截面EFHG 与对角面BDD 1B 1平行,可得BD 1∥面EFG ,从而排除B ,D 选项;1A1A1A若从图②研究起,可通过证明BD 1⊥EF ,BD 1⊥EG ,得证BD 1⊥平面EFG ,从而排除B ,D 选项;对比A ,C 选项,只需考查图③对应的结论:取AA 1中点M ,连EM ,FM ,仿图②,可证BD 1⊥平面EFM ,故BD 1⊥EF ;类似可证得BD 1⊥GF (BD 1⊥EG ) .从而BD 1⊥平面EFG ,排除A . 故选C .题型三、计算截面的面积和周长例3 有一正三棱柱(底面为正三角形的直棱柱)木料ABC -A 1B 1C 1,各棱长都为2.已知O 1,O 2分别为上,下底面的中心,M 为O 1O 2的中点,过A ,B ,M 三点的截面把该木料截成两部分,则截面面积为( )A . 7B . 1639C . 3194D . 2【分析】本题中构造截面并发现截面的特征是解决问题的关键,而构造截面的过程需运用面面平行的性质定理. 【答案】 B【解析】如图,在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,各棱长都为2,M 为O 1O 2的中点, 由面面平行的性质定理,可知过A ,B ,M 三点的截面为等腰梯形ABEF , 则EF =13A 1B 1=23,梯形的高为PD =22+(233)2=433,则截面面积为S =12×(23+2)×433=1639. 故选B .例4 已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2,M 为CC 1的中点,若AM ⊥平面α,且B ∈平面α,则平面α截正方体所得截面的周长为( )1AA . 32+2 5B . 4+4 2C . 22+2 5D . 6 2【分析】本题中构造与AM 垂直的截面是解决问题的关键,而构造截面的过程需运用线面垂直的判定定理(定义)和面面平行的性质定理. 【答案】A【解析】如图,取BB 1中点N ,A 1B 1中点E ,连接MN ,AN ,BE ,可证AM ⊥面DBE , 由面面平行的性质定理可知截面α与正方体的上下底面的交线平行.由E 为A 1B 1中点可取A 1D 1中点F ,则α即为截面BEFD ,易求周长为32+25,故选A .三、反馈练习A 组(一)单选题:1.截一个几何体,所得各截面都是圆面,则这个几何体一定是( )A. 圆柱B. 圆锥C. 球D. 圆台【答案】C【解析】A.圆柱的轴截面是一个矩形,此选项错误; B.圆锥的轴截面是一个三角形,此选项错误; C.球的截面是一个圆面,此选项正确; D.圆台的轴截面一个梯形,此选项错误. 故选C .2.如图,在四棱锥P -ABCD 中,AD 与BC 相交.若平面α截此四棱锥得到的截面是一个平行四边形,则这样的平面α的个数是( )A .不存在B .恰有1个C .恰有5个D .有无数个1A【答案】D【解析】 在平面ABCD 中作直线MN ∥AB ,交AD 、BC 于点M 、N ,在平面PAB 中作EF ∥AB ,交PA 、PB 于点E 、F ,使MN =EF ,由线面平行的性质定理可知四边形EFNM 为平行四边形,这样的平行四边形显然可以做无数个,且平行四边形所在平面即为所求的平面α. 故选D .(二)多选题:3. (多选题)过正方体中心的截面图形可以是( )A .三角形B .四边形C .五边形D .六边形 【答案】BD【解析】过正方体中心的截面图形至少与正方体的四个面相交,所以不可能是三角形.又因为截面是五边形时不过正方体的中心.过正方体一面上相邻两边的中点及正方体的中心的截面形状为正六边形. 故答案为BD .4.(多选题)用一个平面截正四面体,下列结论中正确的是( ) A .正四面体的截面不可能是正方形; B .正四面体的截面可能是等腰梯形; C .正四面体的截面可能是直角三角形;D .若正四面体的截面是三角形,一定是等腰三角形. 【答案】BC【解析】利用正四面体的性质,分析4个选项,取正四面体各条棱的中点连接而成的截面图形是正方形,故选项A 错误;当截面只与正四面体对棱中的一条平行时,截面为等腰梯形,故选项B 正确;对于选项C 、D ,正四面体的截面可以是三角形,但不一定为等腰三角形,A如下图,过点A 作AO ⊥平面BCD ,要构造截面直角三角形APQ ,只需先在底面BCD 内构造直角三角形OPQ ,故选项C 正确,选项D 错误,故答案为BC .(三)填空题:5.过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A 1,C 1,B 的平面与底面ABCD 所在的平面的交线为l ,则l 与A 1C 1的位置关系是________. 【答案】平行【解析】由于平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1,平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1C 1B =A 1C 1,平面ABCD ∩平面A 1C 1B =l ,所以l ∥A 1C 1.6.在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,平面α与正方体每条棱所成的角均相等,则平面α截正方体所形成的三角形截面中,截面面积的最大值为_____________;平面α与正方体每条棱所成的角的正弦值为_____________. 【答案】32,33 【解析】如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,与A 1B 1,A 1D 1, A 1A 平行的直线各有4条, ∵A 1B 1=A 1D 1=A 1A ,∴三棱锥A 1-AB 1D 1是正三棱锥,∴A 1B 1,A 1D 1,A 1A 与平面AB 1D 1所成角相等,∴与正方体的12条棱所在直线所成角均相等的一个平面α是平面A 1BD 1(或平面AB 1C 或平面ACD 1),且截面面积最大,1A由棱长为1,故AB 1=2,再由三角形AB 1D 1为正三角形,其面积为34×(2)2=32,故答案为32. 由顶点A 1到平面AB 1D 1的距离为体对角线的13,则平面α与正方体每条棱所成的角的正弦值为33a a =33.(四)解答题:7.如图所示,在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中,试作出过AC 且与直线D 1B 平行的截面,并说明理由.【解答】如图,连接DB 交AC 于点O ,取D 1D 的中点M ,连接MA ,MC ,MO ,则截面MAC 即为所求作的截面.证明:∵MO 为△D 1DB 的中位线,∴D 1B ∥MO .∵D 1B ⊄平面MAC ,MO ⊂平面MAC ,∴D 1B ∥平面MAC ,则截面MAC 为过AC 且与直线D 1B 平行的截面.8.下图表示以AB =4,BC =3的矩形ABCD 为底面的长方体被一平面斜截所得的几何体,其中四边形EFGH 为截面.已知AE =5,BF =8,CG =12,1A A1A(1)截面四边形EFGH 是否为菱形?证明你的结论;(2) 求DH 的长. 【解答】(1)截面EFGH 为菱形.证明如下:∵平面ABFE ∥平面DCGH ,且平面EFGH 分别截平面ABFE 与平面DCGH 得直线EF 与直线GH ,∴EF ∥GH .同理,FG ∥EH ,∴四边形EFGH 为平行四边形.又∵EF 2=AB 2+(BF -AE )2=25,FG 2=BC 2+(CG -BF )2=25,∴EF =FG =5, ∴四边形EFGH 为菱形.(2) ∵几何体是长方体被一平面斜截所得的,∴AE +CG =BF +DH ,将AE =5,BF =8,CG =12代入得,DH 的长为9.B 组填空题:9.各面均为等边三角形的四面体ABCD 的外接球的表面积为12π,过棱AB 作球的截面,则截面面积的最小值为________. 【答案】2π【解析】根据题意,球的半径为3,面积最小的截面是以AB 为直径的截面,将四面体ABCD 放置于正方体中,可得正方体的外接球就是四面体ABCD 的外接球,设AB =a ,则△ABC 的外接圆半径为32a ×23=33a ,可求得三棱锥的高为a 2-13a 2=63a 2,则63a -32+33a 2=32,解得a =2,进而截面面积的最小值为π×22=2π.故答案为2π.10.如图,已知球O 是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球,则平面ACD 1截球O 的截面面积为________.AE【答案】π6 【解析】根据题意知,平面ACD 1是边长为2的正三角形,且球与以点D 为公共点的三个面的切点恰为三角形ACD 1三边的中点,故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积,则由上图得,△ACD 1内切圆的半径是22×tan30o =66, 则所求的截面圆的面积是π×(66)2=π6.故答案为66.11. 如图,正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ,动点P 在对角线BD 1上,过点P 作垂直于BD 1的平面γ,记这样得到的截面多边形(含三角形)的周长为y ,设BP=x ,则当x ∈[33a ,233 a ]时,函数y=f (x )的值域为________.【答案】{32a } 【解析】1AA1A如图,当x ∈[33a ,233 a ]时,截面多边形为六边形HIJKLM , 设11111B I HIA CBC λ==,则11111C I IJ B C B C λ==-,故HI+IJ=2a 为定值,从而截面多边形(含三角形)的周长为32a .12.如图,在四面体ABCD 中,AB =CD =2,AC =BD =3,AD =BC =5,E ,F 分别是AD ,BC 的中点.若用一个与直线EF 垂直,且与四面体的每个面都相交的平面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的最大值为________.【答案】62 【解析】将四面体补成长、宽、高分别为3,2,1的长方体,如图,∵EF ⊥α,∴截面为平行四边形MNKL ,可得KL +KN =5,G 1A ABGHDA设异面直线BC 与AD 所成的角为θ,则sin θ=sin ∠HFB =sin ∠LKN ,可得sin θ=265, S MNKL =NK ·KL sin ∠NKL ≤62(NK +KL 2)2=62,当且仅当KL =KN 时取等号,故该多边形截面面积的最大值为62.四、真题再现1. (2015全国2文 19)如图,长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =16,BC =10,AA 1=8,点E ,F 分别在A 1B 1,D 1C 1上,A 1E =D 1F =4.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.(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (Ⅱ)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值. 【解答】(Ⅰ)交线围成的正方形EHGF 如图:(Ⅱ)作EM ⊥AB ,垂足为M ,则AM =A 1E =4,EB 1=12,EM =AA 1=8.因为EHGF 为正方形,所以EH =EF =BC =10.于是MH =EH 2-EM 2=6,AH =10,HB =6. 因为长方形被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为97(79也正确).2. (2016年全国1文 11)平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α∥平面CB 1D 1,α∩平面ABCD =m ,α∩平面ABB 1A 1=n ,则m ,n 所成角的正弦值为A .32 B .22 C .33 D .13【答案】A1A AAA 1【解析】因为过点A 的平面α与平面CB 1D 1平行,平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1,所以m ∥B 1D 1∥BD ,又A 1B ∥平面CB 1D 1,所以n ∥A 1B ,则BD 与A 1B 所成的角为所求角,所以m ,n 所成角的正弦值为32,选A .3. (2018全国1理 12)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为A .334B .233C .324D .32【答案】A【解析】记该正方体为ABCD -A'B'C'D',正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,即共点的三条棱A'A ,A'B',A'D'与平面α所成的角都相等,如图,连接AB',AD',B'D',因为三棱锥A'-AB'D'是正三棱锥,所以A'A ,A'B',A'D'与平面AB'D'所成的角都相等,分别取C'D',B'C',BB',AB ,AD ,DD'的中点E ,F ,G ,H ,I ,J ,连接EF ,FG .GH ,IH ,IJ ,IE ,易得E ,F ,G ,H ,I ,J 六点共面,平面EFGHIJ 与平面AB'D'平行,且截正方体所得截面的面积最大,又EF =FG =GH =IH =IJ =JE =22,所以该正六边形的面积为6×34×(23)2=334,所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334,故选A .4.(2019全国2文 16)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面,其棱长为_________.(本题第一空2分,第二空3分.)【答案】26,2-1.【解析】如图,依题意知,题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上,且该半正多面体的表面由18个正方形,8个正三角形组成,故该半正多面体共有18+8=26个面,或者逐层计算得8+8+8+2=26个面.关注到该半正多面体的俯视图(或水平截面、竖直截面)的轮廓是一个正八边形,设该半正多面体的棱长为x,则x+22x+22x=1,解得x=2-1.。
多面体截面的画法
多面体截面的画法在学习立体几何时,常要遇到画具有特定条件的截面图的习题.如棱柱、棱锥、棱台等多面体的对角面,当然是很容易画出的,但有些截面图是不容易画出的,一不小心,往往会画错.用一个平面截面截割多面体,所得的公共平面图形称为多面体的截面,这个平面称为截平面.在立体几何中,简称截面.多面体的表面是由多边形所组成,因此,它被平面所截的截面一定也是一个平面多边形,这个平面多边形的各边是多面体与截面的交线(称为截交线),其顶点是多面体的棱与截面的交点,所以F面体的截面的边数,最多不会超过F,最少当然是3.例如四棱柱有六个面,所以截面可能是六边形、五边形、四边形或三角形,决不可能是七边形.画多面体截面的关键在于根据确定截面的条件,作出截面与棱的交点(截面的顶点).确定多面体截面的条件,而确定平面的条件是以过不在一直线的任意三点为基础的,所以多面体截面的画法,是以过不在一直线的任意三点所确定截面的画法为最基本,下面我们通过一些例子,介绍多面体截面的几种画法.一、直接法由直接连接不在一直线的三点,或根据多面体的性质作平行线画出截面的方法,我们将它称为直接法.图1 图2 例1.求作过立方体棱上三个已知点A、B、C(图1)的截面.画法:连接AB、BC、CA便得所求截面ABC.从本例可看出,同一个面上的两个已知点的连线才是截交线,如果本例的三个已知点A、B和C的位置如图2所示,这时AC就不是截交线.因为面EF∥面GH,所以只要过C作CD∥BA交EI于D,连AD,便得所求截面ABCD.二、三面共点法利用截面与多面体相邻两面交于一点的原理来画截面的方法称为三面共点法.例2.求作过正四棱锥棱上的三个已知点A、B和C(图3)的截面.我们采用三面共点法作出截面.首先利用截平面与面SKM、面LM交于一点,然后采用截平面与面SMN、面LM交于一点作出截面.具体画法如下:(1)作直线AB,交MK的延长线于F,连接FC交LK于E,交MN的延长线于Q.(2)连接QB,交SN于D,又连接CD、AE便得所求截面ABDCE.图3 图4 例3.求作过正四棱台棱上的三个已知点A、B和C(图4)的截面.画法:(1)作直线AB与MM1和MN的延长线分别交于点M2和P.(2)作直线PC交棱LK于D,交MK的延长线于Q.(3)连接QM2与棱KK1和K1M1分别交于点E和F.(4)连结BC、DE和FA,则ABCDEF为所求作的截面.图5 图6。
2021国考新大纲 三视图、截面图、立体拼合解题技巧 (讲义 笔记)
三视图、截面图、立体拼合解题技巧(讲义)启智职教的店一、三视图1.下面四个选项中,符合左边立体图形的俯视图和左视图的是:2.左边为给定的立体图形,右边哪项是该立体图形的俯视图和主视图?3.左图为给定的多面体,从任一角度观看,下面哪一项不可能是该多面体的视图?4.请从所给的这几个选项中,选择最合适的一个填在问号处,使之呈现一定的规律:二、截面图1.从一个圆柱体中挖去一个圆柱体和一个圆锥体,得到的立体图形如左图所示。
则右边不可能是它的截面的是()。
2.左图给定的是在立方体中挖掉两个圆锥体的立体图形,将该立体图形从任一面剖开,右边哪一项不可能是该立体图形的截面?3.左图为给定的立体,从任意角度剖开,右边哪一项不可能是它的截面图?4.左图是给定的立体图形,将其从任一面剖开,右边哪一项不可能是该立体图形的截面?三、立体拼合1.正方形切掉一块后剩余部分如下图左侧所示,右侧哪一项是其切去部分的形状?2.下图所示的多面体为 20 个一样的小正方体组合而成,问①、②和以下哪个多面体可以组合成该多面体?3.下图为同样大小的正方体堆叠而成的多面体正视图和后视图。
该多面体可拆分为①、②、③和④共 4 个多面体的组合,问下列哪一项能填入问号处?三视图、截面图、立体拼合解题技巧(笔记)【注意】1.本节课讲解“空间类”中的三大题型,分别为三视图、截面图和立体拼合。
上述为国考近 5 年“空间类”考点分布及正确率统计,按照趋势,2020 年国考考查立体拼合的概率很大,剩余的 1 道题,截面图题的考频更高。
若为立体拼合和三视图的组合,2 道题可以做到全对。
若为立体拼合和截面图的组合,至少要对 1 道题,因为截面图题有一定难度。
2.对于每年必考的立体拼合而言,正确率很高,而 2019 年只有 40.29%的正确率,该题目本节课会进行讲解,讲解后基本能够全对,没有难度,不考查拼合,而是考查选项的技巧问题。
本节课要将重点放在截面图和立体拼合,三视图相对比较简单,节奏会偏快。
7.1多面体-中职数学-基础模块下册课件-
相邻侧面的公共边称为棱锥的侧棱,如图中所示的、、;
顶点到底面的距离称为棱锥的高,如图中的.
—棱锥
棱锥 −
情境导入 探索新知
棱锥 −
例题辨析 巩固练习 归纳总结 布置作业
棱锥 −
—棱锥
情境导入 探索新知
侧棱不垂直于底面的
棱柱称为斜棱柱.
—棱柱
情境导入 探索新知
例题辨析 巩固练习 归纳总结 布置作业
正棱柱主要性质:
(1)两个底面是平行且全等的正多边形;
(2)侧面都是全等的矩形;
(3)侧棱互相平行并垂直于底面,各侧棱都相等,
侧棱与高相等.
—棱柱
情境导入 探索新知
例题辨析 巩固练习 归纳总结 布置作业
1
1
S1 = ( AB CD) AE (1 2) 1.5 2.25(m2 ),
2
2
高ℎ = 400m,所以 V =S1h 2.25 400 900(m3 ).
故修筑水渠需要挖土900m3 .
—棱柱
情境导入 探索新知
分析
例题辨析 巩固练习 归纳总结 布置作业
水渠可以看作底面为等腰梯形的直四棱柱.于是水渠
是正棱锥的高;
(3)正棱锥的高、斜高和斜高在底面上的投
影构成一个直角三角形,正棱锥的高、侧棱、
侧棱在底面的投影构成一个直角三角形.
—棱锥
情境导入 探索新知
例题辨析 巩固练习 归纳总结 布置作业
正棱锥的侧面积为
1
S正棱锥侧 = ch,
2
正棱锥的表面积为
1
S正棱锥表 = ch+S底 .
2
截一个几何体与三视图(4种题型)(解析版)(北师大版)
截一个几何体与三视图(4种题型)【知识梳理】一.截一个几何体(1)截面:用一个平面去截一个几何体,截出的面叫做截面.(2)截面的形状随截法的不同而改变,一般为多边形或圆,也可能是不规则图形,一般的截面与几何体的几个面相交就得到几条交线,截面就是几边形,因此,若一个几何体有几个面,则截面最多为几边形.二.简单几何体的三视图(1)画物体的主视图的口诀为:主、俯:长对正;主、左:高平齐;俯、左:宽相等.(2)常见的几何体的三视图:圆柱的三视图:三.简单组合体的三视图(1)画简单组合体的三视图要循序渐进,通过仔细观察和想象,再画它的三视图.(2)视图中每一个闭合的线框都表示物体上的一个平面,而相连的两个闭合线框常不在一个平面上.(3)画物体的三视图的口诀为:主、俯:长对正;主、左:高平齐;俯、左:宽相等.四.由三视图判断几何体(1)由三视图想象几何体的形状,首先,应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状,然后综合起来考虑整体形状.(2)由物体的三视图想象几何体的形状是有一定难度的,可以从以下途径进行分析:①根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状,以及几何体的长、宽、高;②从实线和虚线想象几何体看得见部分和看不见部分的轮廓线;③熟记一些简单的几何体的三视图对复杂几何体的想象会有帮助;④利用由三视图画几何体与有几何体画三视图的互逆过程,反复练习,不断总结方法.【考点剖析】一.截一个几何体(共8小题)1.(2022秋•高新区期末)用一个平面去截一个三棱柱,截面的形状不可能是()A.B.C.D.【分析】根据三棱柱的特点,考虑截面从不同角度和方向截取的情况.【解答】解:A、当截面与底面平行时,得到的截面的形状可能是该图形,故不符合题意;B、当截面与侧面平行时,截面就是长方形,故不符合题意;C、无论如何去截截面,截面的形状不可能是圆形.故符合题意;D、当截面与轴截面斜交时,得到的截面的形状可能是梯形,故不符合题意.故选:C.【点评】本题考查了截一个几何体的应用,主要考查学生的观察图形的能力、空间想象能力和动手操作能力.2.(2022秋•玄武区校级期末)用一个平面去截一个几何体,若截面(截出的面)的形状是四边形,则这个几何体可以是:①三棱柱;②三棱锥;③长方体;④圆柱,其中所有正确结论的序号是.【分析】根据三棱柱,三棱锥,长方体,圆柱的特征,分别分析出用一个平面去截该几何体时,可能得到的截面的形状是四边形.【解答】解:①用一个平面去截一个三棱柱,得到的图形可能是四边形;②用一个平面去截一个三棱锥,得到的图形可能是四边形;③用一个平面去截一个长方体,得到的图形可能是四边形;④用一个平面去截一个圆柱,得到的图形可能是四边形.故答案为:①②③④.【点评】本题考查了截一个几何体,截面的形状随截法的不同而改变,一般为多边形或圆,也可能是不规则图形,一般的截面与几何体的几个面相交就得到几条交线,截面就是几边形,因此,若一个几何体有几个面,则截面最多为几边形.3.(2022秋•礼泉县期末)用一个平面分别去截长方体,圆锥,三棱柱,圆柱,能得到截面是三角形的几何体有个.【分析】当截面的角度和方向不同时,圆柱体的截面无论什么方向截取圆柱都不会截得三角形.【解答】解:长方体沿体面对角线截几何体可以截出三角形;圆锥能截出三角形;三棱柱能截出三角形;圆柱不能截出三角形;所以截面可能是三角形的有3故答案为:3.【点评】本题考查了几何体的截面,掌握常见几何体的截面是解题的关键.4.(2022秋•吉州区期末)如图所示,用经过A、B、C三点的平面截去正方体的一角,变成一个新的多面体,若这个多面体的面数为m,棱数为n,则m+n=.【分析】截去正方体一角变成一个多面体,这个多面体多了一个面,棱数不变,少了一个顶点.【解答】解:由图可得,多面体的面数是7;正方体有12条棱,被截去了3条棱,截面为三角形,增加了3条棱,故棱数不变.所以m+n=7+12=19.故答案为:19.【点评】本题考查了正方体的截面.明确正方体的面数,顶点数,棱的条数,形数结合,求出截去一个角后得到的几何体的面数,顶点数,棱的条数是解题的关键.5.(2022秋•茂南区期末)截一个几何体,截面的形状既与被截的几何体有关,还与截面的角度和方向有关.如图,下列几何体的截面是.【分析】根据圆柱和四棱柱的形状特点解答即可.【解答】解:用一个平面去截圆柱,截面形状是圆;用一个平面去截四棱柱,截面形状是长方形.故答案为:圆,长方形.【点评】此题考查了截一个几何体,截面的形状既与被截的几何体有关,还与截面的角度和方向有关,要熟练掌握各种几何图形.6.(2022秋•柳江区月考)如图,左面立体图形中四边形APQC表示平面截正方体的截面,请在右面展开图中画出四边形APQC的四条边.【分析】根据正方体的特征解答即可.【解答】解:截面的线在展开图中如右图的A﹣C﹣Q﹣P﹣A.【点评】此题考查正方体的展开图,解决此题的关键是抓住四边形APQC四个顶点所在的位置,再进一步确定四边形的四条边所在的平面就可容易地画出.7.(2022秋•金凤区校级月考)如图是一个长为4cm,宽为3cm的长方形纸片,将该长方形纸片绕一条边所在的直线旋转一周,然后用平面沿与AB平行的方向去截所得的几何体,求截面的最大面积(结果保留π).【分析】长方形纸片绕一条边所在的直线旋转一周得到一个圆柱体,沿线段AB的方向截所得的几何体,计算截面比较即可得到最大面积.【解答】解:由题意可得,把长方形ABCD绕AB边所在的直线旋转一周,得到的几何体为圆柱,圆柱的底面半径为4cm,高为3cm,用平面沿与AB平行的方向去截所得的几何体,截面是长方形,所以截面的最大面积为4×2×3=24(cm2);由题可得,把长方形ABCD绕AD边所在的直线旋转一周,得到的几何体为圆柱,圆柱的底面半径为3cm,高为4cm,用平面沿与AB所以截面的最大面积为32×π=9π(cm2);因为9π>24,所以截面的最大面积为9πcm2.【点评】本题主要考查的是截一个几何体,点、线、面、体,能够正确得到截面的图形是解题的关键.8.(2022秋•通川区期末)如图,用一个平面去截一个三棱柱,截面的形状可能是.①三角形②四边形③五边形④六边形【分析】根据三棱柱的截面形状判断即可.【解答】解:矩形:从三棱柱的顶面垂直截下去,就会出现一个矩形截面;三角形:从三菱柱的侧面平移截过去,就可以得到一个三角形的截面;梯形:从三棱柱的顶面斜着截取下去,就可以得到一个梯形截面;五边形:从三角形的顶面往下斜着截,但是必须经过5条线,就可以得到一个五边形截面.用一个平面去截一个三棱柱,截面的形状可能是:三角形,四边形,五边形,不可能是六边形,故答案为:①②③.【点评】本题考查了截一个几何体,熟练掌握三棱柱的截面形状是解题的关键.二.简单几何体的三视图(共8小题)9.(2022秋•大东区期末)下列几何体中,从下面观察看到的形状为三角形的是()A.B.C.D.【分析】根据俯视图的定义判断即可.【解答】解:A.该圆柱的俯视图是圆,故本选项不合题意;B.该圆锥的俯视图是圆(带圆心),故本选项不合题意;C.该三棱柱的俯视图是三角形,故本选项符合题意;D.该正方体的俯视图是正方形,故本选项不合题意;故选:C.【点评】此题主要考查了简单几何体的三视图,正确把握观察角度得出正确视图是解题关键.10.(2022秋•丰润区期末)如图几何体中,从正面看(主视图)是长方形的是()A.B.C.D.【分析】主视图是分别从物体正面看,所得到的图形.【解答】解:A图的主视图是等腰三角形,B图的主视图是长方形,C图的主视图是梯形,D图的主视图是圆形,故选:B.【点评】本题考查了几何体的三种视图,掌握定义是关键.注意所有的看到的棱都应表现在三视图中.11.(2022秋•南平期末)如图,从上面看这个圆柱,看到的平面图形是.【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图,可得答案.【解答】解:该几何体,从上面看到的平面图形是一个圆.故答案为:圆.【点评】本题考查了几何体的三视图,从上边看得到的图形是俯视图.12.(2022秋•禅城区期末)下列几何体中,①圆柱;②球;③棱锥;④圆锥;⑤长方体.从正面看图形是长方形的是.(填序号)【分析】从正面看图形得到是几何体的主视图,逐一分析解答即可.【解答】解:①圆柱的主视图是长方形,符合题意;②球的主视图是圆,不符合题意;③棱锥的主视图是三角形,不符合题意;④圆锥的主视图是三角形,不符合题意;⑤长方体的主视图是长方形,符合题意.故从正面看图形是长方形的是①⑤.故答案为:①⑤.【点评】本题考查了简单几何体的三视图,解题的关键是掌握常见几何体的三视图.13.(2022秋•丹徒区月考)如图所示,水平放置的长方体的底面是长为4cm、宽为2cm的长方形,它的主视图的面积为12cm2,则长方体的体积等于cm3.【分析】由主视图的面积=长×高,长方体的体积=主视图的面积×宽,得出结论.【解答】解:依题意,得长方体的体积=12×2=24(cm3).故答案为:24.【点评】本题考查了简单几何体的三视图.关键是明确主视图是由长和高组成的.14.(2022秋•密云区期末)分别从正面、上面、左面观察下列物体,得到的平面图形完全相同的是(填写序号).【分析】图①、图②、图③、图④分别是长方体,圆锥,正方体、圆柱,根据它们三视图的形状进行判断即可.【解答】解:图①、图②、图③、图④分别是长方体,圆锥,正方体、圆柱,长方体的三视图虽然都是长方形的,但它们的大小不相同,圆锥体的主视图、左视图是三角形的,而俯视图是圆形的,正方体的三视图都是正方形的,圆柱的主视图、主视图是长方形的,但俯视图是圆形的,因此从正面、上面、左面看所得到的平面图形完全相同的是正方体,故答案为:③.【点评】本题考查简单组合体的三视图,掌握简单组合体的三视图的形状是正确判断的前提.15.(2022秋•清河区校级期末)如图是由棱长都为1cm的6块小正方体组成的简单几何体.(1)请在方格中画出该几何体的三个视图.(2)如果在这个几何体上再添加一些小正方体,并保持主视图和左视图不变,最多可以再添加块小正方体,【分析】(1)根据简单组合体三视图的画法画出相应的图形即可;(2)在俯视图上相应位置备注出相应摆放的数目即可.【解答】解:(1)该几何体的主视图、左视图和俯视图如下:(2所以最多可以添加2个,故答案为:2.【点评】本题考查简单组合体的三视图,理解视图的意义是正确解答的前提.16.(2022秋•历下区期中)如图,若干个大小相同的小立方块搭成的几何体.(1)这个几何体由个小立方块搭成;(2)从正面、左面、上面观察该几何体,分别画出你所看到的几何体的形状图.【分析】(1)根据搭建组合体的形状,或根据“从上面看”所得到的图形相应位置上所摆放的小正方体的个数得出答案;(2)根据简单组合体三视图的画法画出相应的图形即可.【解答】解:由该组合体的“俯视图”相应位置上所摆放的小正方体的个数可得,1+3+1+1+2=8(个),故答案为:8;(2)这个组合体的三视图如下:键.三.简单组合体的三视图(共8小题)17.(2022秋•公安县期末)如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形,从其左面看,得到的平面图形是()A.B.C.D.【分析】找到从左面看的图形即可得出结果.【解答】解:从其左面看,得到的平面图形是:故选:C.【点评】本题考查三视图.熟练掌握从不同的方向观察几何体,确定三视图,是解题的关键.18.(2022秋•秀英区校级期末)如图所示的几何体的左视图是()A.B.C.D.【解答】解:从左边看,是三个长方形组成的图形.故选:B.【点评】本题考查简单几何体的三视图,注意掌握从左边看得到的图形是左视图.19.(2022秋•高邮市期末)用三个大小不等的正方体拼成了一个如图所示的几何体,若该几何体的主视图、左视图和俯视图的面积分别表示为S1、S2、S3,则S1、S2、S3的大小关系是(用“<”从小到大连接).【分析】根据从正面看得到的图形是主视图,从上面看得到的图形是俯视图,从左面看得到的图形是左视图,根据边角面积的大小,可得答案.【解答】解:主视图的面积是三个正方形的面积,左视图是两个正方形的面积,俯视图是一个正方形的面积,故S3<S2<S1,故答案为:S3<S2<S1.【点评】本题考查了简单组合体的三视图,分别得出三视图是解题关键.20.(2022秋•汝州市期末)如图是用7块相同的小长方体搭成的几何体.若拿走一块长方体后,该几何体的主视图和左视图都没改变,则这块长方体的序号是.【分析】根据几何体的主视图和左视图的定义解答即可.【解答】解:若拿走一块长方体后,该几何体的主视图和左视图都没改变,则这块长方体的序号是⑤.故答案为:⑤.【点评】本题考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力,同时也体现了对空间想象能力方面的考查.如果掌握口诀“主视图疯狂盖,左视图拆违章”就更容易得到答案.21.(2022的小立方体摆成如图所示的几何体,从上面看这个几何体得到的平面图形的面积是.【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图,可得答案.【解答】解:从上面看的平面图形是:有3列,从左到右正方形的个数分别为:1、2、1,所以从上面看这个几何体得到的平面图形的面积是4.故答案为:4.【点评】本题考查了简单组合体的三视图,从上边看得到的图形是俯视图.22.(2022秋•市中区期末)如图,请分别画出从正面、左面和上面观察该几何体看到的形状图.【分析】根据三视图的定义结合图形可得.【解答】解:如图所示:【点评】本题考查作图﹣三视图.在画图时一定要将物体的边缘、棱、顶点都体现出来,看得见的轮廓线都画成实线,看不见的画成虚线,不能漏掉.本题画几何体的三视图时应注意小正方形的数目及位置.23.(2022秋•东平县校级期末)如图,在平整的地面上,用多个棱长都为2cm的小正方体堆成一个几何体.(1)共有个小正方体;(2)求这个几何体的表面积;(3)如果现在你还有一些棱长都为2cm的小正方体,要求保持俯视图和左视图都不变,最多可以再添加个小正方体.【分析】(1)根据拼图可直接得出答案;(2)求出主视图、主视图、俯视图的面积,再根据表面积的意义进行计算即可;(3)结合三视图,在俯视图上的相应位置添加相应数量的正方体,直至最多.【解答】解:(1)根据拼图可知,堆成如图所示的几何体需要10个小正方体,故答案为:10;(2)这个组合体的三视图如图所示:因此主视图的面积为2×2×7=28(cm2),左视图为2×2×5=20(cm2),俯视图的面积为2×2×7=28(cm2),∴该组合体的表面积为(28+20+28)×2+2×2×4=168(cm2),(3)在俯视图的相应位置摆放相应数量的小正方体,使其俯视图和左视图都不变,如图所示,所以最多可以添加5个,故答案为:5.【点评】本题考查简单组合体的三视图,理解视图的意义,掌握简单三视图的画法是正确解答的关键.24.(2022秋•吉州区期末)一个几何体由一些大小相同的小正方块儿搭建,如图是从上面看到的这个几何体的形状如图,小正方形的数字表示在该位置的小正方块儿的个数,请在网格中画出从正面和左面看到的几何体的形状图.【分析】根据主视图,左视图的定义画出图形即可.【解答】解:主视图,左视图如图所示:【点评】本题考查简单组合体的三视图,解题的关键是理解三视图的定义,属于中考常考题型.四.由三视图判断几何体(共5小题)25.(2022秋•鄄城县期末)如图①所示的组合几何体,它的下面是一个长方体,上面是一个圆柱.“左”或“俯”);(1)图②和图③是它的两个视图,在横线上分别填写两种视图的名称(填“主”、(2)根据两个视图中的尺寸,计算这个组合几何体的表面积和体积.(结果保留π)【分析】(1)找到从正面和上面看所得到的图形即可,注意所有的看到的棱都应表现在视图中.(2)根据图形中的数据可知,长方体的长为8,宽为5,高为2,圆柱的底面直径为2,高为6,根据体积和表面积表示方法进行计算即可.【解答】解:(1)如图,故答案为:左,俯.(2)表面积为:(8×5+8×2+5×2)×2+2π×6=132+12π,体积为:2×5×8+π×(2÷2)2×6=80+π×1×6=80+6π.答:这个组合几何体的表面积为132+12π,体积是80+6π.【点评】本题考查简单组合体的三视图,根据三视图得出相关数据,依据相关计算方法进行计算是得出正确答案的前提.26.(2023•东城区校级模拟)用3个同样的小正方体摆出的几何体,从三个方向看到的图形分别如图:这个几何体是()A.B.C.D.【分析】根据三视图的得出小正方体摆出的几何体即可.【解答】解:由俯视图可知,小正方体摆出的几何体为:,故选:B.【点评】本题考查实物体的三视图.在画图时一定要将物体的边缘、棱、顶点都体现出来,看得见的轮廓线都画成实线,看不见的画成虚线,不能漏掉.27.一个几何体由若干个大小相同的小立方块搭成,从左边和上边看到的平面图形如图所示,则搭成这个几何体的小立方块的个数为.【分析】根据左面看与上面看的图形,得到俯视图解答即可.【解答】解:根据左视图和俯视图,这个几何体的底层有3个小正方体,第二层有1个小正方体,所以有3+1=4个小正方体,故答案为:4.【点评】本题考查了由三视图判断几何体,也考查了对三视图掌握程度和灵活运用能力,同时也体现了对空间想象能力方面的考查.如果掌握口诀“俯视图打地基,正视图疯狂盖,左视图拆违章”就容易得到答案.28.(2022秋•驿城区校级期末)用若干大小相同的小正方体搭一个几何体,使得从正面和从上面看到的这个几何体的形状如图所示完成下列问题:(1)搭成满足如图所示的几何体最多需要个小正方体,最少需要个小正方体;(2)请在网格中画出用最多小正方体搭成的几何体的左视图.【分析】(1)在俯视图中,写出最多时,写出最少时,小正方体的个数,可得结论;(2)利用俯视图,结合主视图的特征,解决问题即可.【解答】解:(1)搭成满足如图所示主视图和俯视图的几何体最多需要:2+2+2+2+2=10(个),最少需要1+2+1+1+2=7(个)小正方体故答案为:10,7;(2)左视图如图所示.【点评】本题考查由三视图判断几何体,解题的关键是理解三视图的定义,属于中考常考题型.29.(2022秋•大竹县期末)如图是分别从正面、左面、上面观察一个几何体得到的图形,请解答以下问题:(1)这个几何体的名称为;(2)若从正面看到的是长方形,其长为10cm;从上面看到的是等边三角形,其边长为4cm,求这个几何体的侧面积.【分析】(1)根据三视图的知识,主视图以及左视图都是长方形,俯视图为三角形,故可判断出该几何体是三棱柱;(2)侧面积为3个长方形,它的长和宽分别为10cm,4cm,计算出一个长方形的面积,乘3即可.【解答】解:(1)这个几何体是三棱柱.故答案为:三棱柱;(2)三棱柱的侧面展开图形是长方形,长方形的长是等边三角形的周长,宽是三棱柱的高,所以三棱柱侧面展开图形的面积为:S=3×4×10=120(cm2).答:这个几何体的侧面积为120cm2.【点评】本题主要考查由三视图确定几何体和求几何体的面积等相关知识,考查学生的空间想象能力.注意:棱柱的侧面都是长方形,上下底面是几边形就是几棱柱.【过关检测】一.选择题(共6小题)1.(2021秋•连州市期末)下列说法正确的是()A.长方体的截面形状一定是长方形B.棱柱侧面的形状可能是一个三角形C.“天空划过一道流星”能说明“点动成线”D.圆柱的截面一定是长方形【分析】分别判断每个选项的对错即可.【解答】解:∵长方体的截面形状可能是长方形也可能是正方形,故A选项不符合题意,∵棱柱侧面的形状是长方形或正方形,故B选项不符合题意,∵“天空划过一道流星”能说明“点动成线”,说法正确,故C选项符合题意,∵圆柱的截面还可以是圆形,故D选项不符合题意,故选:C.【点评】本题主要考查点、线、面、体的知识,熟练利用几何直观得出正确结论是解题的关键.2.(2022•安阳一模)下列几何体的三视图不含矩形的是()A.长方体B.圆柱C.圆锥D.三棱柱【分析】分别找出四个立体图形的三视图即可解答.【解答】解:A.长方体的三视图都是矩形,故不符合题意;B.正立的圆柱的主视图和左视图都是矩形,故不符合题意;C.正立的圆锥的俯视图是圆,主视图和左视图都是等腰三角形,故符合答题;D.正立的三棱柱的主视图和左视图都是矩形,故不符合题意,故选:C.【点评】本题考查了简单几何体的三视图,注意主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面、上面看,所得到的图形.3.(2022•五华区二模)由8化前后的两个几何体的左视图和俯视图都不改变,而主视图可能改变,则取走小正方体的方法共有()A.4种B.5种C.6种D.7种【分析】根据主视图是从物体的正面看得到的视图,俯视图是从上面看得到的图形,左视图是左边看得到的图形,可得答案.【解答】解:如图,单独取走1或2或3或同时取走1和2或1和3或2和3,变化前后的两个几何体的左视图和俯视图都不改变,所以取走小正方体的方法共有6种,故选:C.【点评】本题考查了简单组合体的三视图,利用三视图的意义是解题关键.4.(2022•天府新区模拟)下列几何体中,截面形状不可能是圆的是()A.B.C.D.【分析】根据每一个几何体的截面形状,即可判断.【解答】解:因为圆锥、圆柱、球的截面都可能是圆,三棱柱的截面只可能是多边形,不可能是圆,故选:D.【点评】本题考查了截一个几何体,熟练掌握每一个几何体的截面形状是解题的关键.5.(2021秋•井研县期末)如图,四个几何体分别为球体、三棱柱、圆柱体和长方体,这四个几何体中截面不可能是长方形的几何体是()A.球体B.三棱柱C.圆柱体D.长方体【分析】根据球体、三棱柱、圆柱体和长方体的截面形状,即可判断.【解答】解:三棱柱、圆柱体和长方体的截面都有可能是长方形,球体的截面不可能是长方形,故选:A.【点评】本题考查了截一个几何体,熟练掌握球体、三棱柱、圆柱体和长方体的截面形状是解题的关键.6.(2021秋•碑林区校级期末)用一个平面去截下面几个几何体,截面不可能有圆的是()A.圆锥B.圆柱C.棱柱D.球【分析】根据每一个几何体的截面形状判断即可.【解答】解:用一个平面去截几何体,圆锥,圆柱,球的截面都可能是圆,棱柱的截面只可能是多边形,不。
数学竞赛教案:第48讲截面、面积与体积题目
第8讲 截面、面积与体积本节内容主要有截面,会作截面及侧面展开图,欧拉公式,正多面体、柱、锥、台的面积与体积的求法以及用体积法求长度.A 类例题求证:平面截正方体所得的截面三角形不可能为直角三角形.解:△PQR 中PQ 2+PR 2=2PB 2+BR 2+BQ 2 =2PB 2+QR 2>QR 2,故∠QPR 为锐角,同理∠PQR ,∠QRP 也是锐角, 故△PQR 不可能是直角三角形.一间平房的屋顶有如图的三种盖法:①单向倾斜;②双向倾斜;③四向倾斜.记三种盖法的屋顶面积分别为P 1 、P 2、P 3.若屋顶斜面与水平面所成的角都是,则( )A .P 1<P 2<P 3B .P 1=P 2<P 3C .P 1<P 2=P 3D .P 1=P 2=P 3(2001年高考)解:由于侧面投影的面积是侧面积的1cos ,而三个图中的底面积相同,故侧面积相同.答案:D情景再现①③②BD1D 111PR Q一个圆柱的侧面展开图是一个正方形,这个圆柱的全面积与侧面积的比是( )A .1+2π2πB .1+4π4πC .1+2ππD .1+4π2π(2000年高考·天津卷)已知圆锥的全面积是底面积的3倍,那么该圆锥的侧面展开图的圆心角为( )A .120°B .150°C .180°D .240°正方体的全面积是2a ,它的顶点都在球面上,这个球的表面积是( )A .πa 23B .πa 22C .2πa 2D .3πa 2(1995年高考·全国)B 类例题有三个12㎝⨯12㎝的正方形,连接相邻两边的中点把正方形分割成A 、B 两块,再把它们粘在一个正六边形上,叠成一个多面体.这个多面体的体积是多少?解一:所得多面体可提成是由一个正三棱锥再截去三个角得出. 据已知得,正六边形底面的边长AB=62,大正三棱锥的底面边长XY=182.边心距OS=36. 斜高=ST=34⨯122=92. 高PH=(92)2-(36)2=63.HK M N XZYB CDE FPABABABAB体积=13⨯ 34(182)2⨯63=972.截去的三个小三棱锥的底面是正三角形,边长XA=XF=AF=62. 侧棱KF=KA=6,PX=PH 2+HX 2=(63)2+(66)2=18,KX=18-12=6.于是小三棱锥也是正三棱锥.其体积=972⨯(13)3.3个小正三棱锥体积和=972⨯(13)3⨯3=108.∴ 所求体积=972-108=864㎝3. 解二:反过来看,PX 、PY 、PZ 两两垂直,知∆PXY 为等腰直角三角形.于是由AB=62,得XY=182.从而PX=18.其体积V PXYZ =16⨯183=972.又KA 、KF 、KX 也两两垂直.从而V KAFX =(13)3⨯V PXYZ =36.于是可得所求体积=972-36⨯3=864.如图所示四面体ABCD 中,AB 、BC 、BD 两两互相垂直,且AB =BC =2,E 是AC 中点,异面直线AD 与BE 所成的角的大小为arccos 1010,求四面体ABCD 的体积.(2000年上海高考)解:建立空间直角坐标系,令A (0,2,0)、C (2,0,0)、E (1,1,0).设D 点的坐标为(0,0,z )(z >0)则BE →={1,1,0},AD →={0,-2,z }, 设BE →与AD →所成角为θ.则AD →·BE →=2·4+22cos θ=-2,且AD 与BE 所成的角的大小为arccos 1010.∴cos 2θ=24+z 2=110,∴z =4,故|BD |的长度为4.又V A —BCD =16|AB |×|BC |×|B D |=83,因此四面体ABCD 的体积为83.说明:本题考查空间图形的长度、角度、体积的概念和计算.以向量为工具,利用空间向量的坐标表示、空间向量的数量积计算线段的长度、异面直线所成角等问题,思路自然,OST解法灵活简便.如图,ABCD -A 'B 'C 'D '为正方体,任作平面α与对角线AC '垂直,使得α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,l 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(2005全国高中数学联赛)解:设截面在底面内的射影为EFBGHD ,设AB =1,AE =x (0≤x ≤12),则l =3[2x +2(1-x )]=32为定值;而S =[1-12x 2-12(1-x )2]sec θ=(12-x -x 2)sec θ(θ为平面α与底面的所成角)不为定值.答案:B情景再现若干毫升水倒入底面半径为2cm 的圆柱形容器皿中,量得水面的高度为6 cm .若将这些水倒入轴截面是正三角形的倒圆锥形器皿中,则水面的高度是( )A .63cmB .6cmC .2318 cmD .3312 cm(1999年高考·全国)A'B'C'D'DCBAE F G HA'B'C'D'D CB A如图,在多面体ABCDEF 中,已知面ABCD 是边长为3的正方形,EF //AB ,EF =32,EF 与 面AC 的距离为2,则该多面体的体积为________.A .92B .5C .6D .152(1999年高考·全国)如果圆台的上底面半径为5,下底面半径为R ,中截面把圆台分为上、下两个圆台,它们的侧面积的比为1∶2,那么R =______.A .10B .15C .20D .25(1999年高考·全国)C 类例题一个圆台的上底半径为5,下底半径为10,母线AA 1=20.一只蚂蚁从AA 1中点M 绕圆台侧面一周到达A .⑴ 求蚂蚁爬行的最短距离.⑵ 求蚂蚁在沿最短线爬行的过程中,它与上底圆周上点的最短距离. 解:把圆台展开,得到一个扇环. 扇环圆心角=r 1-r 2l ⨯2π=π2.由比例计算可得PA=40.⇒PM=30,MA '=50.由于点P 到MA '的最短距离=30⨯4050=24.而24>40-20=20. ∴ 蚂蚁爬行的最短距离为50㎝,在爬行过程中它与上底圆周上点的最短距离为4㎝.E FCBADPA'1A'A 1B 1BAMO 1O已知:四面体各面都是边长为13、14、15的全等三角形.(1)求三棱锥的体积; (2)求顶点D 到底面的距离.解:(1)如图甲设AB =13,AC =15,将图甲中的三棱锥补成如乙所示的长方体,由此三棱锥的体积就转化成长方体的体积与四个相等的三棱锥的体积之差. 设长方体的三边长分别为x ,y ,z ,则:⎩⎪⎨⎪⎧x 2+y 2=132x 2+z 2=142y 2+z 2=152,解得⎩⎪⎨⎪⎧x =99y =70z =126∴V 长方体=xyz =12655.而V C -ABE =2155, ∴V D -ABC =V 长方体-4V C -ABE =4255. (2)设D 到底面的距离为h ,则:cos B =AB 2+BC 2-AC 22AB ·BC =132+142-1522×13×14=513,∴sin B =1213.V =13·12S △ABC h ,∴h =3255在棱长为a 的正方体OABC —O ′A ′B ′C ′中,E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点,且AE =BF .如图(1)求证:A ′F ⊥C ′E .(2)当三棱锥B ′—BEF 的体积取得最大值时,求二面角B ′—EF —B 的大小(结果用反三角函数表示)(2001年高考上海) 解:建立坐标系,(1)证明:设AE =B F =x ,则A ′(a ,0,a ),F (a -x ,a ,0),C ′(0,a ,a ),E (a ,x ,0)∴A ′F →={-x ,a ,-a },C ′E →={a ,x -a ,-a }. ∵A ′F →·C ′E →=-xa +a (x -a )+a 2=0 ∴A ′F ⊥C ′E(2)解:设BF =x ,则EB =a -x ,三棱锥B ′—BEF 的体积 V =16x (a -x )·a ≤a 6(a 2)2=124a 3当且仅当x =a 2时,等号成立.因此,三棱锥B ′—BEF 的体积取得最大值时BE =BF =a2, 过B 作BD ⊥EF 于D ,连B ′D ,可知B ′D ⊥EF .∴∠B ′DB 是二面角B ′—EF —B 的平面角在直角三角形BEF 中,直角边BE =BF =a2,BD 是斜边上的高.∴BD =24a .∴tan B ′DB =B ′BBD=22. 故二面角B ′—EF —B 的大小为arctan22.说明:本题用空间向量的观点处理立体几何中的线面关系,把几何问题代数化,降低了立体几何的难度.设ABC -A 1B 1C 1为底面边长为a 的正三棱柱,P 、Q 在A 1C 上,R 、S 在BC 1上,且四面体P -QRS 是正四面体.求P -QRS 的棱长.解:设AA 1=h .正四面体相对棱互相垂直,故PQ ⊥RS ,即A 1C ⊥BC 1. 取AC 中点D ,则BD ⊥面AA 1C 1C ,于是C 1D 为BC 1在面AA 1C 1C 上的射影. 若A 1C ⊥BC 1,则A 1C ⊥C 1D .在面AA 1C 1C 中,a ∶h=h ∶12a , h=a .设C 1D 与A 1C 交于点M . 则CM=66a ,C 1M=33a ,BD=C 1D=32a .过M 作MN ⊥BC 1,交BC 1于N .则MN ⊥A 1C(A 1C ⊥面BC 1D)及MN ⊥BC 1,知MN 为A 1C 及BC 1的公垂线.MN=C 1M ·22=66a .由于正四面体对棱中点连线为对棱的公垂线.故MN 即PQ 与RS 中点的连线. 在正四面体中对棱的公垂线(对棱中点连线)等于边长的22倍,即PQ=RS=33a . 于是PM=MQ=RN=NS=36a .又可由异面直线上两点距离公式求得P -QRS 各棱长均为33a .情景再现MN PQR S B 1C 1A 1AD CBh a是否存在这样的凸多面体,它共有8个顶点,12条棱和6个面,并且其中有4个面,每两个面都有公共棱?如图,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,E、F分别是BB1、CD的中点.(1)证明AD⊥D1F;(2)求AE与D1F所成的角;(3)证明:面AED⊥面A1FD1;(4)设AA1=2,求三棱锥E—AA1F的体积V E-AA1F(97年全国高考)在边长为5+2的正方形ABCD内以A为圆心画一个扇形,再画一个⊙O,它与BC,CD相切,切点为M,N.又与⌒切于K点(如图),把扇形围成圆锥的侧面,⊙扇形的弧EFO为圆锥的底面,求圆锥的体积.习题八如果圆锥的侧面展开图是半圆,那么这个圆锥的顶角(圆锥轴截面中两条母线的夹角)是()A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°正方体ABCD—A1 B1 C1D1中,P、Q、R分别是AB、AD、B1C1的中点.那么正方体的过P、Q、R的截面图形是()A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形(2005年高考·吉林、黑龙江、广西)已知圆台上、下底面圆周都在球面上,且下底面过球心,母线与底面所成的角为60°,则圆台的体积与球体积之比_______(1995年高考·全国·文)将边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起,使得BD =a ,则三棱锥D -ABC 的体积为( )A .a 36B .a 312C .312a 3D .212a 3 (1996年高考·全国·理)母线长为1的圆锥体积最大时,其侧面展开图圆心角 等于( )A .223πB .233πC .2πD .263π(1996全国·理)如果棱台的两底面积分别是S ,S ',中截面的面积是S 0,那么( )A .2S 0=S +S ′B .S 0=SS ′C .2S 0=S +S ′D .S 02=2SS ′ (1998年高考)长方形ABCD 的长AB 是宽BC 的23倍,把它折成正三棱柱的侧面,使AD 与BC 重合.而长方形对角线AC 与折痕EF 、GH 分别交于M 、N ,求平面AMN 与棱柱底面所成的角. 一个圆锥的高为定值h ,圆锥顶角的大小可以变化,球C 1是圆锥的一个内切球,球C 2是与圆锥侧面及球C 1都相切的球,求当球C 1的半径R 为何值时,球C 2的表面积最大,并求这个最大值.已知圆锥体的底面半径为R ,高为h ,内接于这个圆锥的圆柱的高为x ,当x 为何值时,圆柱的体积最大?求出这个体积.四棱锥P —ABCD 中,底面ABCD 是一个平行四边形,AB →={2,-1,-4},AD →={4,2,0},AP →={-1,2,-1}.(1)求证:PA ⊥底面ABCD ; (2)求四棱锥P —ABCD 的体积;(3)对于向量a ={x 1,y 1,z 1},b ={x 2,y 2,z 2},c ={x 3,y 3,z 3},定义一种运算: (a ×b )·c =x 1y 2z 3+x 2y 3z 1+x 3y 1z 2-x 1y 3z 2-x 2y 1z 3-x 3y 2z 1,试计算(AB →×AD →)·AP →的绝对值的值;说明其与四棱锥P —ABCD 体积的关系,并由此猜想向量这一运算(AB →×AD →)·AP →的绝对值的几何意义.(2000年上海春季高考)在六条棱长分别为2,3,3,4,5,5的所有四面体中,最大体积是多少?证明你的结论.(1983年全国高中数学联赛)第8讲 截面、面积与体积答案1.答案:A 2. 答案:C 3. 答案:B 4. 答案:B 5. 答案:D6. 分析:根据轴截面求出各线段的关系. 解:5R =r x ,∴x =R5r ,Rr 5-r 2+r =R +510r .∴12·2πR ·Rr 5-12·2πR +52·R +510r =2(12·2πR +52·R +510r -12·2π×5·r )解得R 2-30R +125=0,R =5(舍)或R =25. 答案:D7. 解:如左图,4个面两两相交,可以得到一个四面体ABCD ,此时已经用去4个顶点、4个面、6条棱; 作截面EFG 分别与BA 、BC 、BD 相交于点E 、F 、G ,作截面HMN 分别与DA 、DC 、D B 相交于H 、M 、N .增加了2个面、6条棱、6个顶点但去掉了2个顶点.此凸多面体共有8个顶点、12条棱及6个面.如右图,取二面角,在其一个面上画五边形ABCDE ,其中AB 在二面角的棱上,再作CF ∥DG ∥EH ,过AB 作平面与此三条平行线相交于F 、G 、H .则此图形围出的多面体满足要求.两法结果基本相同.8. 解:(1)(2)(3)略.R5r ADBG FEMNHACGE H(4)取AB 的中点G ,则FG ⊥面ABB 1A 1且FG 平行且等于AD ,∵V E -AA 1F =V F -AA 1E ,又FG ⊥面ABB 1A 1,三棱锥F —AA 1E 的高FG =AA 1=2, 面积S △AA 1E =12S ABB 1A 1=2,∴V E =AA 1F =13×S △AA 1E ×FG =43.9. 解:设扇形半径为l ,即AE =AF =AK =l ,圆O 的半径为R ,即OM =ON =OK =R ,则OC =2R ,由题知A ,K ,O ,C 共线,于是AK +KO +OC =2(5+2)=52+2.即l +(2+1)R =52+2.为使扇形和⊙O 能围成一个圆锥,则圆周长等于扇形弧长,即2πR =π2l ,即l =4R .故R =2.圆锥的高h =l 2-R 2=30,∴圆锥体积V =13πR 2h =2303π.习题八10. 答案:C 11. 答案:D 12. 答案:7332 13. 答案:D 14. 答案:D15.答案:A16. 解:设BC =a ,则AF =13AB =233a .在展开图中可求出AM =MN =13AC =133a ,BN =43a .在三棱柱中,截面三角形AMN 为等腰三角形,∴S △AMN =2a 23,S △AFH =33a 2.设平面AMN 与棱柱底面所成角为α,则cos α=S △AFH S △AMN =32,∴α=30°. 17. 解:作出该圆锥的轴截面,如图所示,设球C 2的半径为r ,∵圆锥的高为h , ∴r R =h -2R -r h -R ,∴r =Rh -2R 2h =-2h ⎝⎛⎭⎫R -h 42+h8故当R =h 4时,r 取最大值h 8,此时球C 2取最大表面积πh 216.18. 解:如图,这是圆锥及内接圆柱的轴截面,设圆柱的底面半径为r ,则R -r R =xh .∴r =Rh -Rx h ,∴V 圆柱=πxR 2(h -x )2·1h 2≤12h 2πR 2⎝⎛⎭⎫2x +h -x +h -x 33=427πR 2h . 当且仅当h -x =2x ,即x =h3时取等号.∴当x =h 3时,圆柱的体积最大,为427πR 2h .19. 解:(1)证明:∵AP →·AB →=-2-2+4=0,∴AP ⊥AB .又∵AP →·AD →=-4+4+0=0,∴AP ⊥AD .∵AB 、AD 是底面ABCD 上的两条相交直线,∴AP ⊥底面ABCD . (2)解:设AB →与AD →的夹角为θ,则 cos θ=8-24+1+1616+4=3105.V =13|AB →|·|AD →|·sin θ·|AP →|=23105·1-9105·1+4+1=16.(3)解:|(AB →×AD →)·AP →|=|-4-32-4-8|=48它是四棱锥P —ABCD 体积的3倍.猜测:|(AB →×AD →)·AP →|在几何上可表示以AB 、AD 、AP 为棱的平行六面体的体积(或以AB 、AD 、AP 为棱的直四棱柱的体积).20. 解:边长为2的三角形,其余两边可能是: ⑴ 3,3;⑵ 3,4;⑶ 4,5;⑷ 5,5. 按这几条棱的组合情况,以2为公共棱的两个侧面可能是:① ⑴,⑷;② ⑴,⑶;③ ⑵,⑷. 先考虑较特殊的情况①:由于32+42=52,即图中AD ⊥平面BCD ,∴ V 1=13·12·232-12·4=832;情况②:由于此情况的底面与情况②相同,但AC 不与底垂直,故高<4,于是得 V 2<V 1. 情况③:高<2,底面积=12·532-(52)2=5411.∴ V 3<13·5411·2=5611<832. ∴ 最大体积为832.情况2情况3情况1AB535432ABD 535432234535DBA。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
…ó压卜.r,les|
才 .口. 、牟 笋
多面体截面 的画法
合肥 二 中 魏克服
多 面体 的截 面问题 是立 体 几何 的常见 问题 之 一 , 要正 确计 算多 面 体的截面 面积 , 必 须首 先 掌握 多面 体 截 面 的作 图 。 立 体几 何教 学 的一 个很 重 要 的 目的就是 培 养学 生 具 有较 强 的 空 间 想象能 力 , 而 对 学生 进行 截面 作 图训练 正是 培 养和发展 学生 的空 间 想象力 , 正是 加 强综合运用 立 儿 各方 面 知识 的有益 课 题 。 鉴 于 目前立 体几 何教 学 中 , 截 面 作 图 问题 重 视得 不 够 , 本文 提
截面 。 解 连 E 尸 , 由题 意知 E F 是 截面 与底 面 的交线 。 两 方延 长E F 成 直线 x 叭 则 x y 土 B D , 在
平 面 B D D : B : 上 作乙 D G S = 30 。 交 D D : 于 S , 作 乙 B G H 二 30 “ 交 B 刀 , 于 H , 由三 垂 线定 理 知 刀F一 H G , E F 上 G S 。 根据 平 面 角的定 义 , 所要 求 作 的截 面 过 H G 、 S G 。
首 先定 出截 平面 与 已 知平 面的交 线 , 然后 确定截面多边 形的其 余 各顶点 的方法是 作截 面 的 一般方法 , 我们 称之 为迹 线法 。
浅谈求异面 直 线之 间 的距 离
江 苏兴化 徐 扬中学 江 西 丰城第二 中学
解正 己 邱冬根
求异 面直 线的距 离 , 是立 体几 何教 学中
挤
过棱 锥 的 P 、 Q 、 R 作截 面。
解 根 据不 在 一条直 线上 的三 点 确定一 个平 面 , 连 p Q 且延 长交 A B 的延 长线 于 E , 连 R Q 且
延 长交C B 的延 长 线于 F , 于是截 面在尸E 、 R F 确 定的平 面上 。 为
确 定截面 多边 形在 V D 棱上 的 顶 点 , 过 E F 作 直线 x 夕得 截平 面 与 底 平面 的一 条交 线 , 它 交 D C 的延 长线 于 G , 连 G R 且 延 长交 V D 于 S , 再连 P S得 四边形截面 P QR S。
出截面的 一些 画法 , 以供 参考 。 一、 作平行 于 某一 直线 (或 平 面 ) 的截 面 。
例
过正 方体A B C D
一
A
,B
,C
:
D
上 ;
、
下底 面上 对 角线 A
C I
:、
.滋C 的四 等分 点 k , 、 k ( 如 图 C , K , = 十 C , A , , A K = 十 A C ) 作 平 行
的一 个难 点。 常 见教 材 和 资料 对此 介绍 得 不
边形 截面 图形 R
QF
Q
,
R
五 ,
。
二 、 作 垂直 于 某直 线 (或 平面 ) 的截面 。
例 正 四 棱锥 底 面 边 长 为 a , 侧棱 和 高的 夹 角 为 3 0 。 , 试 画过 底面 一 个 顶 点且垂 直 于 这个
顶点 的相 对棱 的截面。
解 在 平 面 V A C 中 , 作 A E 一 V C , 在 底 面上过 A 作x y 了B D ,
份二
综上 所述 , 画多 面体 的截面 , 主 要根据确定 平 面的条 件 , 有 限次运 用下 面三种 方 法 :
( 1 ) 过不在 一 条直 线上 的三 点作 一个平 面 , ( 2 ) 求两 已 知平 面 的交 线 ,
`
~
7
( 3 ) 在 已知空 间 的一个 平面 上 , 可 以完 成平 面几何 中所能 完成 的一 切作 图。
延 长C B 交xy 于 M , 延 长 C D 交 x y 于 N , 分 别在 平 面 V B C 、 V D C 上 连 接E M交 V B 于G , 连 接E N 交 V D 交 H , 连 A H 、 A G则 得四 边形
截面 A
G
E
。
H
本题 作 图 的关 键 在 于 完成 V C 与 截面 上 两 条相交 直线 都 垂直 。
以 上讲 的是 一 些 特殊 要求 的截 面 作 图 , 实 际上 许 多截面 的作
法在 于转 化成 不在 一直线上三 点 作截 面 , 而关 键 又在 于寻找 截面
— 多边形 的顶 点
截 面 与多面 体棱 的交 点 。
例 在正 四棱锥V 一 A BC D 中, P 〔 VA, Q 〔 VB , R 〔 V C ,
连H 、 H F得 三 角形 截面H F , 延 长 D A交刊 于 M , 延 长 D C 交粉 于 N , 连 S M 交 A A ` 于R , 连 S N 交 C C : 于 尸, 连 E R 、 F P 得五 边 形截 面 E R S尸F 。
四 、 作 过 多 面体上 已 知 三点 的截 面
州
刀 : Q , , 交 A D 于 R , A B 于 Q , 交C D 的延 长线 于 M , C B 的延 长 线 于 N , 显 然xy 是截 平面 与底 面的交 线 。 在右 侧 面上 连 接 Q : N 交 B B ; 于 F , 在 背 面上连 接 R : M 交 D D : 于五 , 再 连 石 R 、 Q F , 得 到六
于 召 , D : 的截 面 。 解 根 据 “ 线线 平行 , 线面 平行 ” 定理 , 首 先 过 K : 作
了 交 R , Q ,
B;D ,
于 C : D ,
R ,,
交 B : C ; 于 Q : 。 连: K 两 条相 交 直 线 所 确定 的平 面 上 过 。 k 作直 线 x y 了
这 里 截 平面 与底 面 的交 线 x y 土 且 C , 粉 一 V D , ’. 粉 土 平 面 V A C ,
则 VC上x , , 又作出A E 上VC , 故VC工截面A GE H 。
三、 作 与 已知 工线 (或平 面 ) 成 一 定倾角 的截 面 。 例 过 正 方 体五 B C D 一 A : B : C , D : 下 底 面 上棱 A B 、 B C 的 中点 E 、 尸 作 与底 面成 30 “ 角 的