2018全国1卷理科第12题——立体几何截面

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1.2018全国1卷理科第12题

——对正方体结构的认知和运用+截面面积计算1.（2018全国1卷理科第12题）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的

角都相等，则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】注意到正方体12条棱分为三组平行的棱，则只需与共顶点的三条棱所成角相等即可，注意到正方体的结构，则平面应为图1中所示，所以只需由图中平面平移即可。

最大面积截面如图2所示，

323 3

S 6()，故本题正确答案为A。

max

42 4

变式1：（1994全国联赛填空题第5题）已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于，则sin=___

【解析】如上图1，顶点到平面ABC的距离为体对角线的1

3

3

a

3

3

，则

sin

.

a 3

变式2：（2004湖南数学竞赛第8题）过正方体ABCD A的对角线

1B C D

11 1 BD的截面面

1

积为S，则S

max

S

min

的值为（）

A.

3

2

B.

6

2

C.

232 6

D.

3 3

【解析】如图，因为正方体对面平行，所以截面BED F

1为平行四边形，则

S

1

2S2BD

BED

2 1

1

h ，此时E到BD的最小值为CC与

1 1

BD的距离，即当E为中点

1

212 6

时，h min a（a为正方体棱长），S ，又因为

23a a a

2

min 2

22 2 S为max

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四边形BC D F

1的面积，选C.

1

变式3：（2005全国高中数学联赛第4题）在正方体ABCD A'B'C'D'中，任作平面与对角线AC'垂直，使得与每个面都有公共点，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

【解析】选B，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A'B'剪开,展平在一张平面

上,得到一个平行四边形A'B'B A,如图

1 1

而多边形W的周界展开后便成为一条与A'A平行的线段(如图中

1 E'E),显然E'E A'A

1

, 1

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

3 3

定值l的正六边形与正三角形面积分别为l2与l2,故S不为定值.

2436

变式4：在长方体A BCD1B C D中，AD 4,AA 2

A

AB1，过点

11 1 A 作平面与1

AB,AD分别交于M,N两点，若AA 与平面所成角为450，则截面面积的最小值为．

1

解析：过A作MN的垂线，垂足为T，

第一步：寻找T的轨迹：T的轨迹是平面ABCD内，以A为圆心，2为半径的圆

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法一：（直观感知，作出线面角并证明）连接A T

1，因为AA1MN，所以MN平面AA1T，

过A作A T

1的垂线，垂足为Q，易证AQ平面A1MN，所以AA T，则AT2。

145

法二：（运动变化的观点探求轨迹问题）作一个以AA为轴，母线与对称轴所成角为450的

1

圆锥，过任意一条母线作圆锥的切面A MN

1，与平面ABCD的交线为MN，则AT2。

第二步：求最值

法一：（注意运动中的不变性）因为A22为定值，且A T MN

1

T1，则要求截面面积的最小值，只需求MN的最小值，AT2MT NT4，所以

1

MN MT TN2MT TN4，则S42242，等号成立当且仅当

A MN

1

2

MT NT。

法二：（利用二面角实现面积的转化）切面A1MN与平面ABCD所成角为45，由射影面

积法知cos 45

0 S 1

，所以S22 4 2

AMN S2MN AT MN

A MN AMN

S 2

1

A MN

1

1 1

法三：（等体积法实现面积的转化）由AMN1，

V A1V得S AA S d

AMN A A MN A MN

3 1

1

3

因为线面角为450，所以AA1sin450

d，所以S A2S

MN AMN

1

，同上。

法四：（类比勾股定理）设切点

T x，则切线MN方程为0x y y 4

0,y x，则求得

00

44

M,0,M0,，类比直角三角的勾股定理，猜想截面的平方等于三角直角面的平方x y