截面问题

截面问题并不是所有的空间问题都有相应的平面问题，因此前面所述的方法对于有些问题来说并不适用。

但是尽可能将空间问题转化成平面问题，或者将空间问题的某一局部转化成平面问题是常用的方法，而这种转化常需要借助于截面，射影或者视图。

例1：半径为r 的球内切于一个正三棱锥，求此正三棱锥的全面积的最小值。

分析：有关两个几何体相接或相切的问题，一般总 要选取一个适当的截面，这个截面要能充分反映这两个 几何体的特点，并能反映它们之间的关系。

本例中，由 对称性，棱锥的高必通过内切球球心，因此应该过高 SO 1及一条侧棱作一截面，将空间问题转化成平面问题。

解：如图1—6，过正三棱锥高SO 1与一侧棱SC 作截面，交棱AB 于中点D 。

在此截面上，球的 大圆O 与SD 及CD 相切，OD 平分∠SDC ， 设∠SDC=θ，则)21(2)21(cos ,2/2211θθθθθtg tg tg r DO SD tg r DO -+=== 232321θtg r DO AB == 2222324)21(23621343r tg tg r SD AB AB S ≥-=⋅⋅+=θθ全 例2：底面边长为a ，高为h 的正三棱锥内接一个正四棱柱，求此棱柱体积的最大值。

分析：棱锥的高并不通过四棱柱上下底面中心， 因此过棱锥的高作截面不能充分的映两个几何体的 关系。

应过棱柱上底面作截面，此截面是正三角形， 四棱柱上底面是这个正三角形的内接正方 形（见图1—7）。

解：设四棱柱的高为x ，底面边长为b ，则hax h B A =-'' 在C B A '''∆中， B A bB A B A b ''-''=''23得,)()32(3hx h a b --=∴3222222)32(2)347(32)(2)347(3h ha x x h h a xb V ⋅-≤⋅--== ∴体积最大值为h a 29)347(4-例3：圆锥内放三个半径为r 的等球，三球两两相切，且都与圆锥底面及侧面相切，圆锥母线与底面夹角为θ，求圆锥体积。

分析：容易想到，过一球的球心O 1作圆锥的轴截面。

该截面上（如图1—8），⊙O 1与AB 及SA 都相切，这反映了该球与圆锥底面及侧面的相切关系，但在该截面图中还没有反映出三个球之间的相切关系。

为此，再过三个球心作一截面（如图1—9）。

O 1O 2O 3构成以2r 为边长的正三角形，其中心O 与顶点O 1间距离为该正三角形的外接圆半径，即.332r然后再由图1—8，易得圆锥底面半径.2332θrctg r R +=这样，问题就很容易解决了。

解：略例4：在例9中，将圆锥改成正三棱锥，θ为侧棱与底面夹角，内部放三个两两相切的半径为r 的等球，每个球与棱锥两个侧面及底面部相切，求该棱锥体积。

分析：过三棱锥的一条侧棱作对称截面，该截面通过一球的球心及棱锥的高，但此截面仅反映了此球与棱锥底面相切的关系（如图1—10）。

注意，此球与侧棱SA 并不相切。

仿上例，过三个球心作截面（如图1—9），C 此时外轮廓不是圆，而是三角形，可求得.3321r OO =为了反映小球与棱锥侧面相切的关系，过O 1及球O 1与底面切点'1O ，球O 1与侧面SAB 的切点G 作截面（如图1—11），该截面与棱AB 的交点为H ，易证∠GH '1O 是棱锥侧面与底面所成二面角的平面角，设为ϕ，可得θϕtg tg 2=。

于是21ϕctgr H O ⋅='，在底面ABC 上可求得22211ϕrctgH O AO ='='，再在截面SAD 上求得r rctgAO 33222+=ϕ。

以下，问题就不难解决了。

解：略。

例5：圆锥底面半径为R ，母线与底面夹角为α，将此锥放在桌上，底面与桌面相合，在锥底面的周围放置n 个相等的小球恰好围成一圈，求小球半径。

分析：过圆锥的对称轴及一个小球的球心作截面（如图1—12），此截面反映了小球与圆锥侧面及桌面的相切关系。

为了反映n 个小球围成一圈的情况，可以从上往下看，作出俯视图（如图1—13）。

在此俯视图上，不难得到小球半径nDH r πsin ⋅=，而在主视图（图1—12）上可得,22ααπtgr ctgr BH ⋅=-⋅=nrtgR r rtgR DH πααsin)2(,2+=+=于是，可解得 nntgnR r παπsin1sin⋅-=例6：已知棱长为3的正四面体ABCD ，E 、F 是棱AB 、AC 上的点，且BE=2AE ，AF=2FC 。

求四面体AEFD 的外接球球心与内切球球心之间的距离。

分析：先估计内切球球心与外接球球心的大致位置。

由于内切球与原正四面体ABCD 的三个侧面相切，因此球心N 应在高AO 上（如图1—14）。

再估计外接球球心M 的位置，由于M 到A 、E 、F 三点距离相等，因此M 点一定在过△AEF 外心且与平面AEF 垂直的直线上，再由MA=MD 来确定M 点的位置。

解：设四面体AEFD 内切球半径为r ，球心N ，外接球半径R ，球心M 。

连结NA 、NE 、NF 、ND ，则,EFD N AD E N AFD N AEF N AEFD V V V V V ----+++=各面的面积为：ABC AFD ABC AEF S S S S ∆∆∆∆==⋅=32,2392， 43331,233===∆∆ABC AED S S △DEF 各边边长分别为：EF=3，DF=DE=7， ∴435=∆DEF S四面体ADEF 的体积 2292==A B C D A D E F V V ， DEF AED AFD AEF ADEF S S S S r V ∆∆∆∆+++=(31∴86=r 如图1—14，△AEF 是直角三角形，其外心是斜边AF 的中点G ，设△ABC 中心为O 1，连DO 1，连DO 1，过G 作平面AEF 的垂线，M 必在此垂线上。

连结GO 1，MD ，在直角梯形GO 1DM 中，GO 1=1，DO 1=6，MD=R ，12-=R MG （在Rt △AGM 中，AM=R ，AG=1），于是可得（DO 1－MG ）2+GO 12=MD 2 即 2221)16(R R =+-- 解得 210=R 过正四面体ABCD 的高AO 及一棱AD 作截面 （如图1—15），G ′是内切球与面ABC 的切点， ∴86=='r G N 且△ANG ′∽△AKO ，∴,23='⋅='N G OKAO G A ∴AK G A 31='，G 点在截面AKD 上射影恰为G ′。

作GM 在截面AKD 上的射影G ′M ′， N 点在G ′M ′上。

GM 与截面AKD 的距离为.2131=='CK G G 又 ∵86312=--='-''='r R G N G M N M∴87022='+'=G G N M MN 即四面体ADEF 的外接球球心与内切球球心间的距离为.870 说明：（1）要善于利于截面及射影，将空间问题转化成平面问题。

（2）本例问题也可利用空间坐标系来解决。

练 习1．“四棱锥S —ABCD 在顶点S 处的四个面角相等”是“该四棱锥相邻侧面所成二面角相等”的什么条件“充分、必要、充要、既不充分又不必要）？2．三棱锥V —ABC 的三条侧棱VA 、VB 、VC 两两垂直，三个侧面面积是S 1、S 2、S 3，底面面积是S 。

求证S 12+S 22+S 32=S 2。

3．棱锥S —ABCD 的体积是V ，底面是平行四边形，过A 及SC 中点K 作一截面交棱SB 和SD 于M 、N 。

试求四棱锥S —AMKN 体积的最大值。

4．求半径的R 的球内接正三棱锥体积的最大值。

5．在棱长为a 的正四面体ABCD 中，过A 点作一截面与平面BCD 成θ角，且截面为等腰三角形，求截面面积。

练习答案或提示1．是既不充分又不必要的条件。

该命题在二维空间中的相应命题是：“四边形四边相等是四角相等的什么条件”。

2．本题是勾股定理在三维空间中的推广。

作VO ⊥底面ABC 于O 。

由直三角形中的射影定理推广到空间，得S 12=S ·S △OBC ，S 22=S ·S △ACO ，S 32=S ·S △OAB ，三式相加即得本题结论。

3．设SM: MB=1: x ，设d i 为i 点到截面AMKN 的距离，并设d S =1，则d C =1，d B =x ， ∵BC AD =//， ∴d D =d C －d B =1－x 。

再设V 1=V S —AMKN ，V 2=V C －AMKN ，V M-ABC =V 3，V N-ADC =V 4，则SB MBV V x x d d d SD ND V V D S D ⋅=--=+=⋅=2,)2(21)(2234 .,)1(2)(221V V x xd d d B S B =+=+=∵ V 1=V －V 2－V 3－V 4 ∴ V x x V V V V V 83)2(43)(212431≤++-=--=4．最大体积为R 2738，取得最大值时此三棱锥为正四面体。

5．以底面中心O 为圆心，θctg a ⋅36为半径作圆，截面与底面交线必与此圆相切。

以下分几种情况：（1）若截面三角形的一腰在底面上，则截面与底面交线必过底面三角形一顶点，可求得截面面积 θθ2221s i n 42c t g a S -=。

（2）若截面三角形的底在底面上，设底为EF ，分两种情况： ① EF 与△BCD 一边平行，则 )21(c s c 962θθc t g a S ±=② EF 与△BCD 任一边都不平行，不妨设E 、F 分别在BD 、DC 上，则必有BE=DF 。

可解得 θθc t g a S ⋅=c s c 3322当θ取不同值时，以上有些截面可能不存在，通过讨论，可得结论如下： 当2arctg ≤θ时无解；当222arctg arctg ≤<θ时有一解： )21(c s c 962θθc t g a S -=当2422arctg arctg ≤<θ时有四个解： )21(c s c 9622,1θθc t g a S =θθc t g a S ⋅=c s c 33223， θθ22421sin 42ctg a S -=；当24arctg =θ时有三个解，以上S 1与S 3合为一解； 当224πθ<<arctg 时有三个解，无以上S 3；当2πθ=时，有两个解，以上S 1、S 2合成一个，得,962a 另一解即以上S 4，得242a 。