立体几何中的截面问题

立体几何中的截面问题
傅钦志
(浙江省衢州中专,324000)
收稿日期:2006-12-19　修回日期:2006-12-28
(本讲适合高中)
截面问题涉及到截面形状的判定、截面面积和周长的计算、截面图形的计数、截面图形的性质及截面图形的最值.本文介绍此类问题的求解方法.1　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45°.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 )三角形或四边形
(第六届希望杯全国数学邀请赛)图1
讲解:如图1,显然,过点E 、F 必有一个截面与棱BB 1相交,此截面是三角形.
设过点D 1的截面与底面所成的角为α,易求得
tan α=tan ∠D 1G D
=22
3
<1.故α<45°.
设过A 1C 1的截面与底面所成的角为β,易求得
tan β=tan ∠O 1G O =22>1.
故β>45°.
于是,所求的另一截面应与A 1D 1、D 1C 1
相交(不过其端点),为六边形.故选(B ).
评注:先计算出特殊位置的截面与底面所成的角,再根据截面所处的位置确定截面的形状.若截面与棱DD 1相交,则截面为五边形;若截面与棱A 1D 1、D 1C 1都相交(但不过其端点),则截面为六边形;若截面与棱
A 1
B 1、B 1
C 1都相交(但不过点B 1),则截面
为四边形.
2　截面面积和周长的计算
例2　如图2,正方体的三条棱为AB 、
图2
BC 、CD ,AD 是体对角
线.点P 、Q 、R 分别在
AB 、BC 、CD 上,A P =
5,P B =15,BQ =15,
CR =10.那么,平面PQR 向各方向延伸后
与正方体的交线组成的多边形的面积是多少?
(第16届美国数学邀请赛)
讲解:因为B P =BQ ,所以,PQ ∥AC .这样,过点R 且平行于PQ 的直线交A F 于点
U ,且AU =CR .
因为过点R 且平行于PQ 的直线在平面
PQR 上,所以,U 是相交得出的多边形的顶
点.又UR 的中点是正方体的中心,故相交得出的多边形上的点关于正方体中心对称.因此,它的面积是梯形PQRU 面积的2倍.
易知UR =202,PQ =152,PU =5 5.故所求面积为
(UR +PQ )PU 2
-
UR -PQ
2
2
=35×2×
225
2
=525.评注:解此题的关键是,正确画出平面PQR 与正方体相截的截面,并判断出它是关于正方体中心对称的.
例3　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”.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D 1、E 、F
三点的截面图形的周长等于(
).(A )1
12(25+213+95)
(B )1
12(15+413+95)
(C )1
12(25+213+65)
(D )1
12
(15+413+65)
(第十四届希望杯全国数学邀请赛)
分析:要计算截面图形的周长,先要作出截面,其依据是平面的基本性质和确定平面
的条件.作截面一般有两种方法:一是延长交
线得交点;二是作平行线.
图3
解法1:如图3,分别延长D 1F 、DC 得交点P ,作直线EP 交BC 于点N ,
交DA 的延长线
于点S ,联结
D 1S 交A 1A 于点M ,则五边形D 1MEN F 为截面图形.
由相似三角形对应边成比例得A 1M =3MA ,CN =2NB .
易得截面五边形D 1MEN F 的周长为1
12
(25+213+95).
故选(A ).
图4
解法2:如图4,作EM ∥A 1S ∥D 1F 交A 1A 于点M (S 为
B 1B 的中点),作FN
∥C 1T ∥D 1M 交BC
于点N (B T =AM ),则五边形D 1MEN F
为截面图形.同解法1知应选(A ).3　计算截面图形的个数
例4　设四棱锥P -ABCD 的底面不是平行四边形,用平面α去截此四棱锥,使得截面四边形是平行四边形.则这样的平面α( ).
(A )不存在(B )只有一个(C )恰有两个(D )有无数多个(2005,全国高中数学联赛江苏赛区初赛)图5讲解:如图5,延长BA 、CD 交于点M ,联结PM ,则PM 为侧面P AB 与侧面PCD 的交线.
同理,PN 为侧面P AD 与侧面P BC 的交线.
设由直线PM 、PN 所确定的平面为β.作与平面β平行的平面α与四棱锥的各个侧面相截,则截得的四边形是平行四边形(图5中的四边形A 1B 1C 1D 1).易知,这样的平面α有无数个.故选(D ).
例5　过正四面体ABCD 的顶点A 作一个形状为等腰三角形的截面,且使截面与底面BCD 所成的角为75°.这样的截面共可作出个.
(第六届希望杯全国数学邀请赛)
讲解:设正四面体的棱长为1.过点A 作
AO ⊥平面BCD 于点O ,则AO =
6
3
.以O 为
圆心、6
3
cot 75°为半径在平面BCD 上作圆.
易知此圆在△BCD 内,且所求截面与平面BCD 的交线是该圆的切线.
当切线与△BCD 的一边平行时,对应的截面△AMN 是等腰三角形,则这样的截面有6个.
图6
当CB 1=DC 1,且B 1C 1和圆相切时(如
图6),对应的截面
△AB 1C 1是等腰三角
形,这样的截面也有6个.作B
E 与圆相切,交CD 于点E .由△BCE △ACE ,可得B E =A E ,对应的截面△AB E 也是等腰三角形,这样的截面也有6个.
综上,满足条件的截面一共有18个.评注:借助于圆,进行恰当地分类,使问题巧妙地获得解决.4　确定截面图形的性质
图7
例6　如图7,
已知正方体ABC D -A 1B 1C 1D 1.任作平面α与对角线
AC 1垂直,使得
平面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 与l 均为定值
(C )S 不为定值,l 为定值(D )S 与l 均不为定值(2005,全国高中数学联赛)
讲解:先考察特殊情形.
不妨设正方体棱长为1.如图7,取E 、F 、G 、H 、I 、J 分别为六条棱的中点,显然,正
六边形EFGHIJ 是符合要求的截面,它的周长l 1=32,面积S 1=
33
4
.当截面为正△A 1BD 时,其周长l 2=32,面积S 2=32
.注意到l 1=l 2,S 1≠S 2,由此可以断定S 不为定值,而l 有可能为定值.
再考察一般情形.
设六边形J 1E 1F 1G 1H 1I 1为任意一个符合要求的截面,则此截面与前面两个特殊的截面平行.
由相似三角形对应边成比例,得
J 1E 1D 1B 1=A 1E 1A 1B 1,E 1F 1A 1B =B 1E 1
A 1
B 1
.所以,J 1E 1=2A 1E 1,E 1F 1=2B 1E 1,
J 1E 1+E 1F 1=2(A 1E 1+B 1E 1)
=2A 1B 1= 2.
同理,另四边之和为2 2.
因此,六边形J 1E 1F 1G 1H 1I 1的周长为定值3 2.
故选(C ).
评注:解本题应用了由特殊到一般的思维方法,这是求解复杂问题的常用方法之一.5　求截面图形的最值
例7　如图8,四面体ABCD 的各面都是
图8锐角三角形,且AB =CD =a ,AC =BD =b ,AD =BC =c ,平面π分别截棱
AB 、BC 、CD 、DA 于点P 、Q 、R 、S .则四边形PQRS
的周长的最小值是
( ).
(A )2a (B )2b (C )2c (D )a +b +c (第十三届希望杯全国数学邀请赛)讲解:如图9,将四面体的侧面展开成平面图形.由于四面体各个面均为锐角三角形,
图9
且AB =CD ,AC =BD ,AD =BC ,所以,在展开的平面图形中
AD BC A ′D ′,
AB
CD ′,
其中,A 与A ′、D 与D ′在四面体中是同一个
点,故A 、C 、A ′,D 、B 、D ′分别三点共线,且AA ′=DD ′=2BD .
又四边形PQRS 在展开图中变为折线S PQRS ′(S 与S ′在四面体中是同一点),因而,
当P 、Q 、R 在SS ′上时,S P +PQ +QR +RS ′最小,即四边形PQRS 周长最小.
因为SA =S ′A ′,所以,最小值为l =SS ′=DD ′=2BD =2b .故选(B ).
评注:解本题的关键是应用降维的思维方法,化空间为平面.
例8　在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =a ,BC =b ,CC 1=c (a >b >c ).记过
BD 1的截面的面积为S .求S 的最小值,并指
出当S 取最小值时截面的位置(即指出截面
与有关棱的交点的位置).
(第五届希望杯全国数学邀请赛)
分析:先考虑截面所有可能的情形(截面可能是矩形,可能是平行四边形),再比较各种情形下截面面积的大小.
讲解:(1)截面ABC 1D 1、截面BCD 1A 1、截面DBB 1D 1均为矩形,它们的面积分别记为S 1、S 2、S 3,则
S 1=a b 2
+c 2
,S 2=b c 2
+a 2
,
S 3=c
a 2
+b 2
.
因a >b >c ,易证S 1>S 2>S 3.
故只须考虑截面DBB 1D 1即可.
(2)截面为平行四边形,有如图10(a )、(b )、(c )三种位置(截面B ED 1F 、截面B PD
1Q 、截面BRD 1S ),设它们的面积分别为
S 4、S 5、S 6.
图10
对于截面B ED 1F ,作EH ⊥BD 1于点H (如图10(a )),则S 4=EH ·BD 1.
因为BD 1是定值,所以,当EH 取最小值时,S 4有最小值S ′4.
当EH 是异面直线BD 1、AA 1的公垂线时,它有最小值,且最小值是点A 1到平面
DBB 1D 1的距离,即为Rt △A 1B 1D 1斜边B 1D 1上的高
ab a 2
+b 2
.故
S ′4=
ab
a 2
+b
2
·a 2
+b 2
+c 2
.同理,S ′5=
ac
a 2
+c
2
·a 2+b 2+c 2
,S ′6=
bc c 2
+b
2
·a 2
+b 2
+c 2
.
易证S ′4>S ′5>S ′6且S ′6<S 3.故截面BRD 1S 面积最小,最小值为
bc
b 2
+c
2
·a 2
+b 2
+c 2
.此时,B 1R =OG =
ac
2b 2
+c
2
(如图10(d )).
练习题
1.正方体的截平面不可能是:
①钝角三角形;②直角三角形;③菱形;④正五
边形;⑤正六边形.
下述选项正确的是(
).(A )①②⑤ (B )①②④(C )②③④ (D )③④⑤
图11 (2005,全国高中数学联赛浙江省预赛)
(提示:正方体的截面可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形,但不可能是钝角三角形、直角三角形;对四边形来讲,可以是等腰梯形、平行四边形、菱形、矩形,但不可能是直角梯形;对五边形来讲,可以是任意五边形,不可能是正五边形;对六边形来讲,可以是正六边形.答案:(B ).)
2.已知正四面体ABCD 的棱长为2,所有与它的四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得截面的
面积之和为(
).(A )4 (B )3 (C )3 (D )3+3
(2003,全国高中数学联赛山东省预赛)
(提示:截面分两类:(1)截面的一侧有1个点,另一侧有3个点,这种截面共有4个;(2)截面的两侧
各有2个点,这种截面共有3个.答案:(D ).)
3.过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1的截面面积为S ,记S 1和S 2分别为S 的最大值和最小值.则
S 1
S 2
为(
).(A )
32
(B )
62
(C )
233
(D )
263
(2004,湖南省数学竞赛)(答案:(C ).)
4.证明:经过正方体中心的任一截面的面积不
小于正方体一个侧面的面积.
(第18届全苏数学奥林匹克)
(提示:易知截面为四边形或六边形.若截面为四边形,那么,它与正方体某两相对侧面不相交,且截面在这两个侧面上的射影为整个侧面.若截面为六边形,考察正方体侧面展开图,知截面周长p ≥
32a ,截面面积S >
12
p ×
a
2
≥324
a 2>a 2.)5.如图11,棱锥S -ABCD 的底面是中心为O
的矩形ABCD ,AB =4,AD =12,SA =3,SB =5,SO =7.过顶点S 、底面中心O 和棱BC 上一点N 作棱锥的截面.问BN 为何值时,所得的截面△SMN 的面积取得最小值?这个最小值是多少?
(1996,北京市数学竞赛复赛(高一))
(提示:由条件易知SA ⊥平面ABCD .又OM =ON ,故S △SMN =2S △SMO .易知,当点M 到SO 的距离为异面直线AB 、SO 的距离时,S △SMO 最小.此时,
S △SMO =
4213
13
,BN =7
1113
.)
●命题与解题●
一类分式不等式的一种统一证法
张友意 张
(湖南师范大学数学与计算机科学学院,410081)
收稿日期:2006-09-07　修回日期:2006-12-26
文[1]给出了赫尔德(H lder )不等式的等价形式:
设{a i },{b i },…,{l i }(i =1,2,…,n )为正数列,α,β,…,λ为正数,且
δ=α-(β+…+λ)≥1,n ≥2,则
∑n
i =1
a αi
b
β
i
…l λ
i
≥
(
∑
n
i =1a i )
α
n
δ-1
(
∑
n
i =1
b i )β
…
(∑
n
i =1
l i )
λ
.①
式①等号成立的充要条件是,当δ=1时,各数列中对应的各项成比例,而当δ>1时,各数列均为常数列.
特别地,当n ≥2且α=m +1,β=m (m >0)
或　
α=-m ,β=-(m +1)(m <-1)时,可得下面的权方和不等式.
权方和不等式:若a i >0,b i >0(i =1,2,…,n ),m >0或m <-1,则。