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每日一题：2026-05-16

题目

如图，已知正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 的棱长为 11，EE 为 A1D1A_1D_1 的中点，PP 为对角线 DB1DB_1 上的一个动点，过 PP 作与平面 ACEACE 平行的平面，则此平面截正方体所得的截面（ ）

A. 截面不可能是五边形

B. 截面可以是正六边形

C. PP 从 DD 点向 B1B_1 运动时，截面面积先增大后减小

D. 截面面积的最大值为 2116\dfrac{21}{16}

参考解答

解析：

关键辅助线构造

在正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 中，取 C1D1C_1D_1 的中点 FF，连接 EF, CF, A1C1EF,\ CF,\ A_1C_1。由 EE 为 A1D1A_1D_1 的中点可知 EF∥A1C1∥ACEF\parallel A_1C_1\parallel AC。

取 AB, BCAB,\ BC 的中点 T, QT,\ Q，连接 A1T, TQ, QC1A_1T,\ TQ,\ QC_1，有 TQ∥AC∥A1C1TQ\parallel AC\parallel A_1C_1。由于 AC⊂AC\subset 平面 ACFEACFE 而 TQ⊄TQ\not\subset 平面 ACFEACFE，故 TQ∥TQ\parallel 平面 ACFEACFE。

连 B1D1B_1D_1 交 EF, A1C1EF,\ A_1C_1 分别于点 N0, N1N_0,\ N_1；连 BDBD 交 AC, TQAC,\ TQ 分别于点 O0, O1O_0,\ O_1；连 O0N0, O1N1O_0N_0,\ O_1N_1 交 DB1DB_1 于 P0, P1P_0,\ P_1。

易知 N0N1=12D1N1=14B1D1=14BD=O0O1N_0N_1=\dfrac12 D_1N_1=\dfrac14 B_1D_1=\dfrac14 BD=O_0O_1，又 BD∥B1D1BD\parallel B_1D_1，则四边形 O0N0N1O1O_0N_0N_1O_1 是平行四边形，故 O0N0∥O1N1O_0N_0\parallel O_1N_1。因 O0N0⊂O_0N_0\subset 平面 ACFEACFE，O1N1⊄O_1N_1\not\subset 平面 ACFEACFE，得 O1N1∥O_1N_1\parallel 平面 ACFEACFE。而 O1N1∩TQ=O1O_1N_1\cap TQ=O_1，O1N1, TQ⊂O_1N_1,\ TQ\subset 平面 A1C1QTA_1C_1QT，于是平面 A1C1QT∥A_1C_1QT\parallel 平面 ACFEACFE，且四边形 A1C1QTA_1C_1QT 与四边形 ACFEACFE 面积相等。

截面形状随 PP 点运动的变化规律

当 PP 从 DD 向 B1B_1 移动时，可分为三个阶段：

  • P∈DP0P\in DP_0（不含端点）：截面与射线 DD1DD_1 相交。交点在线段 DD1DD_1（不含 DD）上时，截面为三角形，面积逐渐增大；继续移动至交点落在 DD1DD_1 延长线上时，截面还与平面 A1B1C1D1A_1B_1C_1D_1 相交，截面变为四边形，面积继续增大。
  • P∈P0P1P\in P_0P_1（不含端点）：截面与正方体的六个面都相交，截面为六边形。面积先增大后减小，在 P0P1P_0P_1 中点处取得最大值。
  • P∈P1B1P\in P_1B_1（不含 B1B_1）：截面由四边形逐渐变形为三角形，面积逐渐减小。

因此截面不可能为五边形。选项 A 正确，C 正确。

关于正六边形选项的判断

计算相关数据：

CE=CD12+D1E2=2+14=32,EF=22,CF=52,CE=\sqrt{CD_1^2+D_1E^2}=\sqrt{2+\frac14}=\frac32,\qquad EF=\frac{\sqrt2}{2},\qquad CF=\frac{\sqrt5}{2},

cos⁡∠CFE=CF2+EF2−CE22⋅CF⋅EF=−1010,\cos\angle CFE=\frac{CF^2+EF^2-CE^2}{2\cdot CF\cdot EF}=-\frac{\sqrt{10}}{10},

故 ∠CFE≠120∘\angle CFE\neq120^\circ。与 ∠CFE\angle CFE 两边分别平行的截面六边形顶角不等于 120∘120^\circ，因此截面六边形不是正六边形。选项 B 不正确。

最大截面面积的计算

令过 P0P1P_0P_1 中点的截面为六边形 GHJKLMGHJKLM。有

GH=KL=34AC=324.GH=KL=\frac34 AC=\frac{3\sqrt2}{4}.

令 GH∩B1D1=N, KL∩BD=OGH\cap B_1D_1=N,\ KL\cap BD=O，连 ONON，有 ON∥O0N0ON\parallel O_0N_0，

ON=O0N0=DD12+(DO0−D1N0)2=324.ON=O_0N_0=\sqrt{DD_1^2+(DO_0-D_1N_0)^2}=\frac{3\sqrt2}{4}.

N0, O0N_0,\ O_0 分别为等腰梯形 ACFEACFE 两底的中点，有 O0N0⊥ACO_0N_0\perp AC，从而 ON⊥KLON\perp KL，NN 为 GHGH 中点，OO 为 KLKL 中点。连 HK, GLHK,\ GL，四边形 GHKLGHKL 为矩形。

点 M, JM,\ J 分别为棱 AA1, CC1AA_1,\ CC_1 中点，MG=MLMG=ML，等腰 △MGL\triangle MGL 底边上的高

h=12(AC−KL)=28.h=\frac12(AC-KL)=\frac{\sqrt2}{8}.

所以最大截面面积：

S=SGHKL+2S△MGL=324×324+2×12×324×28=98+316=2116.\begin{aligned} S&=S_{GHKL}+2S_{\triangle MGL} \\[4pt] &=\frac{3\sqrt2}{4}\times\frac{3\sqrt2}{4}+2\times\frac12\times\frac{3\sqrt2}{4}\times\frac{\sqrt2}{8} \\[4pt] &=\frac{9}{8}+\frac{3}{16}=\frac{21}{16}. \end{aligned}

故选项 D 正确。

答案：ACD\displaystyle \text{ACD}