解决多面体截面问题的两种视角

多面体的截面问题是立体几何的常见问题之一，要求学生借助正方体直观图，根据已知条件结合空间想象，同时建立形与数的联系，是具有挑战性的一类问题；解决截面问题的过程中，又综合运用平面基本性质、线面平行的性质定理和面面平行的性质定理等多方面的立体几何知识，同时又有利于进一步发展提升学生的空间想象能力、数形结合能力和几何作图能力.

一、案例呈现

例1.正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（     ）

A.直线B1C与直线AF垂直

B.平面AEF截正方体所得的截面面积为

C.三棱锥F－AGE的体积为2

D.点A1与点G到平面AEF的距离相等

例2.已知边长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1（如图1），现用一个平面α截该正方体，平面α与棱AA1、AB、BC分别交于点E、F、G.若A1E=2EA，AF=2FB，CG=2GB.

（1）求面α与面ABCD所成锐二面角的余弦值；

（2）请在答题卷的第2个图中作出截面α与正方体各面的交线，用字母标识出交线与棱的交点.

二、案例解析

（一）几何法的分析与画法

例1选项B.分析：首先直接连接多面体面上两点A，E和E，F就得截面与多面体的面的两条交线；其次，根据平面的无限延展性，三角形AEF只是截面的一部分.

（1）根据“不在一条直线上的三点唯一确定一个平面”，A，E，F分别为正方体不同侧棱上的点，显然三点不共线，于是截面在平面AEF上；

（2）根据“若两个平行平面同时和第三个平面相交，则它们的交线平行”，截面与平面AD1、平面BC1都相交，且平面AD1//平面BC1，于是交线平行；在平面AD1内，过点A的AD1满足AD1//EF.

画法：连A，E，连E，F，连A，D1，连D1，F，则等腰梯形AEFD1即为所求截面（如图2）.

例2题（2） 分析：除了直接连线得截面与多面体的面的两条交线，还需根据“面面相交得线，线线相交得点”来延长线段得交点.

（1）连G，F，则GF为截面与平面AC的交线，令GF∩DA=P1；

（2）根据“三个平面两两相交得到三条直线，若其中两条相交于一点，则第三条也经过这点”，截面，平面AC与平面AD1两两相交，而有平面AC∩平面AD1=DA，截面∩平面AC=GF，GF∩DA=P1，于是截面与平面AD1的交线必过点P1，即P1E必为截面与平面AD1的交线，令P1E∩D1D=P2；

（3）同理，令FG∩DC=P3，截面，平面AC与平面DC1两两相交，而有FG∩DC=P3，于是截面与平面DC1的交线必过点P3，令P2P3∩C1C=P4.

画法：连G，F，并延长与DA的延长线交于点P1；连P1，E，与D1D交于点P2；将延长与DC的延长线交于点P3；连P2，P3，与C1C交于点P4；则五边形EFGP4P2即为所求截面（如图3）.

虽然问题（2）不要求理由与过程，只要求作出截面α与正方体各面的交线，但就学生本身而言还是非常有必要弄清楚获得截面多边形各顶点的来龙去脉，对“如何确定这些交线？如何确定交点？”等核心问题要知其所以然.

（二）向量法的分析与画法

由上述例1、例2的几何法解析可以发现，求过多面体表面上的三点作多面体的截图，关键在于寻找截面多边形的顶点——截面与多面体棱的交点，而这种几何上的位置关系可以通过数量关系来确定.

例1选项B. 解：分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz.

∵AD=2，E，F分别为BC，CC1中点，由A（2，0，0），E（1，2，0），     F（0，2，1），则=（－1，2，0），= （－2，2，1）.设面AEF的法向量为=（x，y，z），则·=0·=0，即－x+2y=0－2x+2y+z=0.

令y=1，则x=2，z=2， ∴=（2，1，2）.

设截面在棱DD1上的顶点为点P，设P（0，0，λ），则AP=（－2，0，λ），由·AP=0，则－4+2λ=0，有λ=2.∴点P即为点D，四边形AEFD1即为所求截面（如图4）.

注：上述解答过程中，“截面在棱DD1上的顶点为点P”的假设是关键，这需要学生发挥空间想象力，猜想平面在空间延展时将会与多面体的哪一条棱相交而产生截面多边形的顶点.本题中λ=2，所以截面为等腰梯形AEFD1；若所求λ<2，则截面为四边形AEFP（如图5）；若所求λ>2，则截面为五边形AEFMN（如图6）.

例2题（2）解：分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz.

∵AD=3，A1E=2EA，AF=2FB，CG=2GB.由F（3，2，0），E（3，0，1）， G（2，3，0），则=（－1，1，0），=（0，－2，1）.

设面EFG的法向量为=（x，y，z），则·=0·=0，即－x+y=0－2y+z=0.令y=1，则x=1，z=2， ∴=（1，1，2）.

设截面在棱DD1上的顶点为点P，设P（0，0，λ），则=（－3，－2，λ）.由·=0，则－3－2+2λ=0，有λ=.

同理，设截面在棱CC1上的顶点为点M，设M（0，3，μ），则=  （－3，1，μ）.

由·=0，则－3+1+2μ=0，有μ=1.

∴五边形EFGMP即为所求截面（如图7）.

注：上述解答过程中，根据“截面多边形的顶点一定在多面体的棱上”和平面的延展，分别通过计算λ和μ，明确点P为线段DD1的六等分点，点M为线段CC1的三等分点，从而确定了截面多边形.

用向量法解决多面体的截面问题，与用向量法解决空间角问题类似，按部就班地通过坐标运算求解面的法向量等，形式单一易懂，只要明确所要求解目标的本质内涵就能快捷迅速得到最终正确结论.

三、教学启示

1.如上述两个案子，立体几何题目不一定附带直观图，这就需要学生们根据已知作出符合题意的图像，且在解题过程中还需要数形结合以发现解题的关键.因而，在日常教学中应有意识多示范如何作图，多提供画图的机会给学生.

2.避免因讲题而讲题，使得学生重现“听得懂，不会做”的情境.因此，在用几何法解决多面体截面问题时，不能仅仅展示怎样作图，而因分析清楚几何法的理论依据及前因后果，说明为什么这样作图，怎样想到要这样作图，让学生在遇到类似问题时能凭借理论、方法和已有的解题经验实现熟练正确地解题.

3.用几何法解决案例2的多面体截面问题时，都有一个共同的出发点——将线段延长相交，这个作图手法行之有效，能使解题即刻“柳暗花明”.此外，多面体的截面作图问题可以归结为确定截面多边形的顶点问题，也就是截面与多面体棱的交点问题.

4.应有意识地让学生多复习并储备平面几何知识，高中立体几何的正确解答也需要平面几何知识的辅助，如案例1中等腰梯形面积的求解，案例2中的等分点和相似三角形的边长.

5.上述三个案例中几何法和向量法的解答各有优势：几何法直观简洁，但思维要求较高；向量法形式规整统一，但对计算能力要求较高.所以教学时要做到这两种方法兼顾，将数与形有机结合，进一步发展学生几何直观、空间想象能力和数学运算能力，提升学生的直观想象和数学运算等核心素养.

责任编辑 邱 丽