徐晓军 王颜

在处理立体几何综合问题时，经常会碰到截面问题，其是基于借助一个平面（或不共线的三点、一直线与该直线外一点、两平行直线等）去截对应的空间几何体，进而所创设的问题场景及其相应的应用问题.此类截面问题，合理构建“二维”与“三维”之间的联系，从而构建平面几何与立体几何的升维与降维思想，一直是高考数学命题中比较常见的一类基本考查方式，备受关注.

1 依托教材，构建概念

1.1 链接教材

问题 （人教A版必修第二册第138页例3）图1所示的一块木料中，棱BC平行于面A′C′.

（1）要经过面A′C′内的一点P和棱BC将木料锯开，在木料表面应该样画线？

（2）所画的线与平面AC是什么位置关系？

该问题涉及在空间几何体木料中过直线BC与直线外一点P的截面问题，合理确定截面的作法以及对应的几何性质等.

1.2 构建概念

截面：用一个平面去截一个空间几何体（经过空间几何体内部的点），得到的平面图形叫做这个空间几何体的截面（其中，截面与空间几何体表面的交线叫做截线）.

特别地，经过空间几何体的内部，每边都在空间几何体表面上的封闭图形，可以作为空间几何体的截面.

2 返璞归真，应用类型

立体几何中的截面问题，场景变化多端，题型新颖，可以通过截面的作法与确定来反映几何本质，叠加“平面”与“立体”之间的联系；借助截面对应的平面几何图形确定以及相应形状的判断等来突出能力，凸显空间想象能力以及相应的数学思想方法应用；结合截面图形的周长或面积等数值的求解或最值的确定来着力创新，强化数学的应用意识与创新意识等.

2.1 截面作法

例1 如图2，P，Q，R三点分别在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1和DD1上，试写出过P，Q，R三点的截面作法.

分析：根据题设条件，从最高点Q出发，确定直线QP，QR与对应底面棱所在直线CB，CD的交点，在底面ABCD中进一步确定对应直线的交点，从而确定相关直线与直四棱柱的对应棱的交点情况，即可确定对应的截面，得到截面的作法.

作法：（1）连接QP，QR并延长，分别交CB，CD的延长线于点E，F；

（2）连接EF，交AB于点T，交AD于点S；

（3）连接RS，TP.如图3，五边形PQRST即为所求截面.

点评：对于立体几何图形中的截面问题，在具体的截面作图与应用时要做到“心中有图”，通过相关的点、直线等要素，综合平面确定的条件，由立体几何中的“三维”图形合理转化为平面几何中的“二维”图形，要求具有较强的空间想象能力，并会加以合理直观想象与数形结合应用.

2.2 形状判断

例2 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=BB1=2BC，点P，Q，T分别在棱BB1，CC1和AB上，且B1P=3BP，CQ=3C1Q，BT=3AT，则平面PQT截长方体所得的截面形状为（  ）.

A.三角形

B.四边形

C.五边形

D.六边形

分析：本题依据刻画平面性质的基本事实及推论作出截面图形，然后加以判断.

解析：如图4所示，连接QP并延长交CB的延长线于点E，连接ET并延长交AD于点S，过点S作SR∥EQ交DD1于点R，连接RQ，

则五边形PQRST即为平面PQT截该长方体所得的截面.

因为3BP=B1P，3C1Q=CQ，所以△EBP∽△ECQ，则 EB EC = BP CQ = 1 3 ，所以EB= 1 2 BC.

易知△SAT∽△EBT，又BT=3AT，则 SA EB = AT TB = 1 3 ，所以SA= 1 3 EB= 1 6 AD，则有SD= 5 6 AD.

显然△SDR∽△ECQ，则 SD EC = DR CQ ，所以DR= 5 9 QC= 5 12 CC1= 5 12 DD1，

即平面PQT截长方体所得的截面形状为五边形.故选：C.

点评：此类涉及立体几何中的截面形状判断以及相关几何性质的应用问题，解题的关键就是综合空间几何体的结构特征，合理空间想象与直观分析，有时还要通过数学运算以及准确的逻辑推理来分析.

2.3 数值求解

例3 已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，作一个以顶点A为球心，半径为 2 3  3 的球，则球面与正方體的表面相交所得的曲线总长为（  ）.

A. 5 3  6 π

B.  3  3 π

C.  3  9 π

D. 5 3  9 π

分析：根据题设条件，合理通过图形直观来确定对应的球面特征.这里要注意，球面交线的一种类型是在顶点A所在的三个面上，另一种类型是在不过顶点A的三个面上.这些曲线均为圆弧，分别求其长度并结合图形的对称性即可得结果.

解析：作出图形如图5所示，在平面ADD1A1上，交线为EF ，由AE= 2 3  3 ，AD=1，结合三角函数的定义，可得cos∠DAE= AD AE =  3  2 ，所以∠DAE= π 6 .

同理∠A1AF= π 6 ，所以∠EAF= π 6 ，则EF 的长为 2 3  3 × π 6 =  3  9 π.

而根据图形的对称性，所求曲线中这样长度的弧共有3条.

在平面A1B1C1D1上，交线为FG ，此弧对应的半径为A1F=   2 3  3  2－1 =  3  3 ，易知∠FA1G= π 2 ，则FG 的长为  3  3 × π 2 =  3  6 π.

同样根据图形的对称性，所求曲线中这样长度的弧也有3条.

所以所得曲线总长为3×  3  9 π+3×  3  6 π= 5 3  6 π.

故选：A.

点评：这里要注意的是，球与平面相交截面一定是圆面，对应的交线就是圆弧.在解决立体几何中的截面所对应图形的周长或面积等问题时，准确确定对应的截面在空间几何体的各面上的交线是关键，同时经常要合理利用图形的对称性、三角函数以及其他相关知识等.

2.4 最值确定

例4 已知正四棱锥P-ABCD中，其底面是边长为3的正方形，O是P在底面上的射影，PO=6，其中Q是AC上的一点，过点Q且与PA，BD都平行的截面为五边形EFGHL，则该截面面积的最大值为＿＿＿＿.

分析：根据题设条件，首先弄清截面是由两个全等的直角梯形构成，点Q在AC上运动；然后引入参数，设AE=x，结合图形直观以及性质应用求出截面EFGHL的面积表达式，进而利用二次函数的图象与性质即可确定对应面积的最大值.

解析：如图6，易知AP∥EF，AP∥LH，且∠GQE是异面直线BD与PA所成的角，则QG⊥EL，所以平面GFEQ和平面GHLQ是两个全等的直角梯形.

设AE=x（0

由AP∥EF，利用平行性质可得 EF  9  2   = 3－x 3 ，故EF= 3  2  （3－x）.

同理，得AQ= x  2  ，QG= 9  2   1－ x 6  .

所以SEFGHL=－ 9 4 x2+9x=－ 9 4 （x－2）2+9，

则当x=2时截面EFGHL的面积最大，且最大值为9.

点评：此类涉及立体几何中的截面相关的最值确定问题，经常通过“动点”的变化情况引入参数（或角参或边参），进而利用截面的幾何性质以及所求要素，合理构建对应的表达式，利用函数思维、不等式思维或函数与导数的应用思维等来确定最值；也经常采用“动”中取“静”的方式，利用动点的特殊位置来直观想象与数形结合，确定极端情况下的最值问题.

解决立体几何中的截面问题，关键在于合理利用平面的基本性质确定对应的截面，将立体几何中的“三维”问题进行降维处理，转化为平面几何的“二维”问题，综合联系“立体”与“平面”的基础知识与基本性质等，结合截面图形以及对应的几何性质加以合理逻辑推理与数学运算，实现截面问题的巧妙分析与解决.