2005-全国卷II理-02 单-空间几何体的截面问题

本题导读

本题核心考查正方体截面形状的判定。通过建立空间直角坐标系，利用平面方程求出该截面与正方体各棱的交点坐标，从而精确确定截面的多边形边数。

📌【题干】

Question

（2005年全国卷II(理)） 正方体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 中，$P,Q,R$ 分别是 $AB,AD,B_1{C}_1$ 的中点. 那么，正方体过 $P,Q,R$ 的截面图形是()

A. 三角形　　　　B. 四边形　　　　C. 五边形　　　　D. 六边形

🔍【思路分析】

破题导航

1. 以 $A$ 为原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为 1，写出 $P,Q,R$ 三点的坐标。
2. 设出截面平面的通用方程 $Ax+By+Cz+D=0$，将三点坐标代入求出平面方程。
3. 令和边界约束条件（$0\le x,y,z\le 1$），求出平面与正方体所有棱的交点数量，进而确定截面多边形的形状。

✅【答案】

Success

D

✍【详细解析】

Abstract

以 $A$ 为坐标原点，射线 $AB,AD,A{A}_1$ 分别为 $x,y,z$ 轴正方向建立空间直角坐标系。设正方体棱长为 1。 各关键点坐标为： $P\left(\frac{1}{2},0,0\right),Q\left(0,\frac{1}{2},0\right),R\left(1,\frac{1}{2},1\right)$

设过这三点的截面平面方程为 $Ax+By+Cz+D=0$。将三点坐标代入得： $\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}A+D=0\\ \frac{1}{2}B+D=0\\ A+\frac{1}{2}B+C+D=0\end{array}$

解得 $A=-2D$，$B=-2D$，$C=2D$。 令 $D=-1$，得 $A=2,B=2,C=-2$，则平面方程为： $2x+2y-2z-1=0⟹x+y-z=\frac{1}{2}$

现将截面方程与正方体棱的边界条件 $0\le x,y,z\le 1$ 联立，寻找所有位于棱上的交点：

1. 棱 $AB$（$y=0,z=0$）：$x=\frac{1}{2}$，得到点 $P\left(\frac{1}{2},0,0\right)$；
2. 棱 $AD$（$x=0,z=0$）：$y=\frac{1}{2}$，得到点 $Q\left(0,\frac{1}{2},0\right)$；
3. 棱 $B{B}_1$（$x=1,y=0$）：$1-z=\frac{1}{2}⟹z=\frac{1}{2}$，得到点 $T\left(1,0,\frac{1}{2}\right)$；
4. 棱 $D{D}_1$（$x=0,y=1$）：$1-z=\frac{1}{2}⟹z=\frac{1}{2}$，得到点 $U\left(0,1,\frac{1}{2}\right)$；
5. 棱 $B_1{C}_1$（$x=1,z=1$）：$1+y-1=\frac{1}{2}⟹y=\frac{1}{2}$，得到点 $R\left(1,\frac{1}{2},1\right)$；
6. 棱 $D_1{C}_1$（$y=1,z=1$）：$x+1-1=\frac{1}{2}⟹x=\frac{1}{2}$，得到中点 $S\left(\frac{1}{2},1,1\right)$。

其余各棱的解均超出 $[0,1]$ 区间范围。 综上所述，该平面与正方体的棱共有 6 个有效的交点（$P,T,R,S,U,Q$），故截面图形为六边形。

故选 D

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：空间平面方程、空间几何体截面的交线判定。
2. 核心方法：坐标解析法（将定性的空间画图转化成定量的方程根的个数确定）。
3. 避坑指南：徒手画图时，部分考生往往只连结出 $PQ$ 和 $R$，却在线面延展的过程中无法准确画出平面在侧面 $BC{C}_1{B}_1$ 和 $DC{C}_1{D}_1$ 上的交线，从而容易误选为三角形或四边形。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源自画法几何与立体几何中经典的“正方体截面”问题。过正方体不共面的三点作截面，截面形状可能为三角形、四边形、五边形或六边形，本题是交点最多的极限情形。
2. 结论推广：若截面平面过正方体互为异面直线的两棱中点，且该平面平行于这两条异面直线所构成的方向，则截面必然是一个标准的正六边形。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 21.01 空间向量及其运算

类题演练 (Links)