2013-安徽卷文-15 填-正方体截面

本题导读

本题考查正方体的结构特征，以及平面的基本性质与截面。

📌【题干】

Question

（2013年安徽卷(文)） 如图，正方体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 的棱长为 $1$，$P$ 为 $BC$ 中点，$Q$ 为线段 $C{C}_1$ 上的动点，过 $A$、$P$、$Q$ 的平面截该正方体所得的截面记为 $S$，则下列命题正确的是 $\underline{}$.（写出所有正确命题的编号） ① 当 $0<CQ<\frac{1}{2}$ 时，$S$ 为四边形； ② 当 $CQ=\frac{1}{2}$ 时，$S$ 为等腰梯形； ③ 当 $CQ=\frac{3}{4}$ 时，$S$ 与 $C_1{D}_1$ 交点 $R$ 满足 $C_{1}R=\frac{1}{3}$； ④ 当 $\frac{3}{4}<CQ<1$ 时，$S$ 为六边形； ⑤ 当 $CQ=1$ 时，$S$ 的面积为 $\frac{\sqrt{6}}{2}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 建系（$A$ 为原点，$AB$、$AD$、$A{A}_1$ 为轴）：$A(0,0,0)$，$B(1,0,0)$，$C(1,1,0)$，$C_1(1,1,1)$，$P(1,\frac{1}{2},0)$，$Q(1,1,t)$（$t=CQ$）。
2. 平面 $APQ$：法向量 $\propto (t,-2t,1)$，方程 $tx-2ty+z=0$，随 $t$ 变化与各面求交。
3. $0<t<\frac{1}{2}$：截面四边形（①对）；$t=\frac{1}{2}$：等腰梯形 $APQ{D}_1$（②对）；$t=\frac{3}{4}$：五边形，与 $C_1{D}_1$ 交于 $R$，$C_{1}R=\frac{1}{3}$（③对）；$\frac{3}{4}<t<1$：仍五边形（④错）；$t=1$：平行四边形 $AP{C}_{1}R$，面积 $\frac{\sqrt{6}}{2}$（⑤对）。

✅【答案】

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①②③⑤

✍【详细解析】

Abstract

以 $A$ 为原点、$AB$、$AD$、$A{A}_1$ 为 $x$、$y$、$z$ 轴建系，则 $A(0,0,0)$，$B(1,0,0)$，$C(1,1,0)$，$D(0,1,0)$，$A_1(0,0,1)$，$B_1(1,0,1)$，$C_1(1,1,1)$，$D_1(0,1,1)$，$P(1,\frac{1}{2},0)$，$Q(1,1,t)$（$t=CQ\in [0,1]$）。 $\overrightarrow{AP}=(1,\frac{1}{2},0)$，$\overrightarrow{AQ}=(1,1,t)$，平面 $APQ$ 的法向量 $\vec{n}=\overrightarrow{AP}\times \overrightarrow{AQ}=\left(\frac{t}{2},-t,\frac{1}{2}\right)\propto (t,-2t,1),$ 平面方程：$tx-2ty+z=0$。 ① $0<t<\frac{1}{2}$：与底面 $z=0$ 交于 $AP$（$tx-2ty=0\Rightarrow x=2y$，从 $A$ 到 $P$）；与顶面 $z=1$：$2y-x=\frac{1}{t}>2$，在 $[0,1{]}^2$ 内无解，不相交；与面 $AD{D}_1{A}_1$（$x=0$）交于 $z=2ty$，即从 $A$ 到 $\left(0,1,2t\right)$（棱 $D{D}_1$ 上）；与背面 $y=1$ 交于 $z=t(2-x)$，连接 $\left(0,1,2t\right)$ 与 $Q$；与面 $BC{C}_1{B}_1$（$x=1$）交于 $Q\to P$。截面为四边形 $A$、$\left(0,1,2t\right)$、$Q$、$P$。①正确。 ② $t=\frac{1}{2}$：平面 $x-2y+2z=0$（乘 2）。交点：底面 $AP$；$x=1$ 面：$y=z+\frac{1}{2}$（$P\to Q$）；$y=1$ 面：$x+2z=2$，$z\in [\frac{1}{2},1]$（$Q\to (0,1,1)=D_1$）；$z=1$ 面：$x-2y+2=0$ 仅过 $D_1$；$x=0$ 面：$-2y+2z=0$ 仅 $A$。截面为四边形 $A,P,Q,D_1$：$AP=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，$D_{1}Q=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$（等腰）；$\overrightarrow{A{D}_1}=(0,1,1)$ 与 $\overrightarrow{PQ}=(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ 平行（梯形），且 $A{D}_1=\sqrt{2}\ne \frac{\sqrt{2}}{2}=PQ$。等腰梯形，②正确。 ③ $t=\frac{3}{4}$：平面 $3x-6y+4z=0$（乘 8/3? 直接：$\frac{3}{4}x-\frac{3}{2}y+z=0$，乘 4：$3x-6y+4z=0$）。与 $C_1{D}_1$（$y=1,z=1$）交点：$3x-6+4=0\Rightarrow x=\frac{2}{3}$，即 $R\left(\frac{2}{3},1,1\right)$，$C_{1}R=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$。③正确。 ④ $\frac{3}{4}<t<1$（如 $t=\frac{7}{8}$，平面 $7x-14y+8z=0$）：与顶面 $z=1$ 交于 $7x-14y+8=0$，即 $x=2y-\frac{8}{7}$，在正方形内是一段（从 $\left(0,\frac{4}{7},1\right)$ 到 $\left(\frac{6}{7},1,1\right)$）；与 $y=1$ 面、$x=1$ 面、底面、$x=0$ 面各有一段，共 $5$ 条边 → 五边形（不是六边形）。④错误。 ⑤ $t=1$（$Q=C_1$）：平面 $x-2y+z=0$。交点：$A$、$P(1,\frac{1}{2},0)$、$C_1(1,1,1)$、$R\left(0,\frac{1}{2},1\right)$（$x=0$ 面：$-2y+z=0$，$z=2y$，$y⩽\frac{1}{2}$）。$\overrightarrow{AP}=(1,\frac{1}{2},0)=\overrightarrow{R{C}_1}$，故 $AP{C}_{1}R$ 为平行四边形，其面积 $S=\left|\overrightarrow{AP}\times \overrightarrow{AR}\right|,\overrightarrow{AR}=\left(0,\frac{1}{2},1\right),$ $\overrightarrow{AP}\times \overrightarrow{AR}=\left(\frac{1}{2}\cdot 1-0\cdot \frac{1}{2},0\cdot 0-1\cdot 1,1\cdot \frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cdot 0\right)=\left(\frac{1}{2},-1,\frac{1}{2}\right),$ $S=\sqrt{\frac{1}{4}+1+\frac{1}{4}}=\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}.$⑤正确。 综上，正确命题的编号为 ①②③⑤。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：正方体的截面形状（动点分类讨论）

核心方法：平面过 $A$、$P$（$BC$ 中点）、$Q\in C{C}_1$：$CQ$ 从 $0$ 到 $1$，截面由四边形 → 等腰梯形（$CQ=\frac{1}{2}$）→ 五边形（$\frac{1}{2}<CQ<1$，$CQ=\frac{3}{4}$ 时 $C_{1}R=\frac{1}{3}$）→ $CQ=1$ 时平行四边形（面积 $\frac{\sqrt{6}}{2}$）

避坑指南：$\frac{1}{2}<CQ<1$ 时截面是五边形不是六边形（④错）——平面只与正方体 $5$ 个面相交；$CQ=1$ 时截面 $AP{C}_{1}R$ 是平行四边形（$AP\parallel R{C}_1$，$AP=R{C}_1=\frac{\sqrt{5}}{2}$），面积用 $|\overrightarrow{AP}\times \overrightarrow{AR}|$ 或底高求，别凭直觉说成菱形。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：正方体的截面问题（动平面截正方体，安徽卷填空压轴）。

结论推广：建系 + 平面方程法：由三定点定平面 → 与各棱求交点 → 按交点分布定截面形状。

方法推广：设 $CQ=t$ → 写平面截距式 → 对五个 $t$ 值逐一求交点、数边、算形状。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 13.04 立体几何高阶：定理、模型与性质

类题演练 (Links)

• 2013-北京卷文-08 单-正方体距离取值
• 2013-山东卷文-19 解-线面平行面面垂直
• 2014-上海卷文-08 填-圆锥轴截面角