高二数学棱柱人教版.doc

【同步教育信息】

一. 本周教学内容： 棱柱

1. 棱柱的概念与性质

2. 直棱柱是特殊的棱柱，具有棱柱的性质且还有自身的特点： （1）侧棱都相等且互相平行，等于棱柱的高； （2）侧面是矩形；

（3）两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形； （4）过不相邻的两条侧棱的侧面（对角面）是矩形。

长方体对角线的性质：长方体一条对角线的平方等于一个顶点上三条棱长的平方和。 3. 特殊的四棱柱：平行六面体 ①平行六面体的概念与性质

【典型例题】

例1. 斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为a的正三角形，侧棱长等于b，一条侧棱AA1和底面相邻两边AB、AC都成45°角，求这个三棱柱的侧面积。

分析：求斜棱柱的侧面积一般有两种方法一是定义法，一是公式法。 解1：∵AA1和底面AB、AC成等角，且为45°角。 ∴A1在底面ABC上的射影在∠BAC的平分线AG上。 又△ABC为正三角形 ∴AG⊥BC。 ∵A1A在底面ABC上的射影在AG上。 ∴BC⊥A1A 又A1A∥B1B

∴B1B⊥BC，即侧面B1BCC1为矩形 ∴SB1BCC1＝B1B·BC＝ab

又侧面A1ABB1和侧面A1ACC1都是平行四边形，全等。

解2：过点B，在侧面ABB1A1内，作BM⊥A1A，连结CM。 在△ABM和△ACM中，AB＝AC，∠MAB＝∠MAC＝45°，MA为公共边。 ∴△ABM≌△ACM ∴∠AMC＝∠AMB＝90°

∴A1A⊥截面BMC，即截面BMC为斜三棱柱的直截面。

说明：本题是棱柱侧面积公式的正面应用，公式正用的关键是创造公式中的应用条件，比如作直截面，并确定其周长C1就是为了创造这种条件。

例2. 如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，E∈BB1，截面A1EC⊥侧面AC1。 （1）求证：BE＝EB1。（2）若AA1＝A1B1，求平面A1EC与平面A1B1C1所成二面角（锐角）的度数。

分析：（1）着眼点：空间线面关系及正三棱柱性质的应用。 证明：在截面A1EC内，过E作EG⊥A1C，G是垂足，如图

∵面A1EC⊥面AC1， ∴EG⊥侧面AC1。

取AC的中点F，分别连结BF和FC，由AB＝BC得BF⊥AC。 ∵面ABC⊥侧面AC1，∴BF⊥侧面AC1，

得BF∥EG。BF和EG确定一个平面，交侧面AC1于FG。 ∵BE∥侧面AC1，

∴BE∥FG，四边形BEGF是 ，BE＝FG。 ∴BE∥AA1，∴FG∥AA1，△AA1C∽△FGC。

分析：（2）着眼点：构造二面角的平面角。关键：确定二面角的棱。 解：如图，分别延长CE和C1B1交于点D，连结A1D。

∵∠B1A1C1＝∠B1C1A1＝60°

∴∠DA1C1＝∠DA1B1＋∠B1A1C1＝90°， 即DA1⊥A1C1。∵CC1⊥面A1C1B1，

即A1C1是A1C在平面A1C1D上的射影，由三垂线定理得DA1⊥A1C，所以∠CA1C1是所求二面角的平面角。且∠A1C1C＝90°。 ∵CC1＝AA1＝A1B1＝A1C1， ∴∠CA1C1＝45°，即所求二面角为45°。

如果改用面积射影定理，则还有另外的解法。

另解：设△ABC的边长为a，截面A1EC和底面所成二面角为θ，

∵CC1＝AA1＝A1B1＝a

∵0＜θ＜90°，∴θ＝45°。

即平面A1EC与平面A1B1C1所成角为45°。

例3. 如图，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长为22，侧棱长为4E，F分别为棱AB，BC的中点，EF∩BD＝G.

（Ⅰ）求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1； （Ⅱ）求点D1到平面B1EF的距离d；

本小题主要考查正四棱柱的基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。 （Ⅰ）证法一：连结AC

∵正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面是正方形， ∴AC⊥BD，又AC⊥D1D，故AC⊥平面BDD1B1. ∵E，F分别为AB，BC的中点，故EF∥AC， ∴EF⊥平面BDD1B1，

∴平面B1EF⊥平面BDD1B1. 证法二：

∵BE＝BF，∠EBD＝∠FBD＝45°，∴EF⊥BD. 又 EF⊥D1D ∴EF⊥平面BDD1B1， ∴平面B1EF⊥平面BDD1B1 （Ⅱ）在对角面BDD1B1中，作D1H⊥B1G，垂足为H

∵平面B1EF⊥平面BDD1B1，且平面B1EF∩平面BDD1B1＝B1G，

∴D1H⊥平面B1EF，且垂足为H，∴点D1到平面B1EF的距离d＝D1H. 解法一：在Rt△D1HB1中，D1H＝D1B1·sin∠D1B1H.

D1B12A1B12224

B1B44 22GB11741 sinD1B1HsinB1GB dD1H44171617 17D1HD1B1 B1BB1G 解法二：∵△D1HB1～△B1BG， B1B2421617 dD1H 22B1G1741 解法三：连结D1G，则三角形D1GB1的面积等于正方形DBB1D1面积的一半，

B1B21617112 即B1GD1HB1BdD1H.

22B1G17

【疑难解析】

1. 棱柱的概念及其与各种特殊的棱柱的包含关系是学习的难点；棱柱有两个本质特征，

一个是有两个平面互相平行，一个是其余各面每相邻两个公共边都互相平行。 用集合的关系比较容易理解棱柱与特殊棱柱及其之间的关系： ｛棱柱｝＝｛直棱柱｝∪｛斜棱柱｝；｛直棱柱｝｛正棱柱｝

｛棱柱｝｛四棱柱｝｛平行六面体｝｛直平行六面体｝｛长方体｝｛正四棱柱｝｛正方体｝。

棱柱概念、性质结构的“纽带”是“化归”方法，无论是定义还是性质，都是把它们转化为已熟悉的直线、平面的位置关系，棱柱主要侧面、对角面、底面和平行底面的截面及侧棱的性质。

2. 正确计算棱柱的侧面积是本节的又一难点，侧面与侧面积是两个不同的概念，侧面积等于所有侧面面积之和。

【模拟试题】

1. 设M＝{直平行六面体}，N＝{长方体}，P＝{正四棱柱}，Q＝{直四棱柱}，这些集合间的关系是（ ）

2. 如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，对角线BD1与面ABCD、面CDD1C1、面ADD1A1成角分别记为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝______。 A. 1 B．2 C. 0.5

D. 不是定值，与一个顶点上三条棱的长度有关

3. 正三棱柱ABC－A1B1C1中，求证：（1）若AB1⊥BC1，则A1C⊥BC1；（2）若AB1与BC1成θ角，则A1C与BC1也成θ角。

4. 如图，已知正棱柱ABCD－A1B1C1D1，点E在棱D1D上，截面EAC∥D1B，且面EAC与底面ABCD所成的角为45°，AB＝α.。 （Ⅰ）求截面EAC的面积；

（Ⅱ）求异面直线A1B1与AC之间的距离。

5. 如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的垂心G. （ Ⅰ）求A1B与平面ABD所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；（Ⅱ）求点A1到平面AED

的距离。

试题答案

1. 解：对于特殊的几类四棱柱之间的区别与联系应熟练掌握。 答案：D。

2. 解：由长方体性质可知DD1⊥平面ABCD，连结BD，可知BD是BD1在平面ABCD上的射影，则角∠D1BD为BD1与平面ABCD成角。

cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2 答案：B。 3. 解：（1）如图（1），取BC中点D，B1C1中点D1，连结B1D，CD1． ∵△ABC，△A1B1C1是正三角形， ∴AD⊥BC，A1D1⊥B1C1

又∵本题棱柱是正棱柱，侧棱与底面垂直， ∴BB1⊥AD，BB1⊥A1D1，

∴AD⊥面BCC1B1，A1D1⊥面BCC1B1，

∴B1D和CD1分别是AB1和CA1在面BCC1B1内的射影 ∵AB1⊥BC1，∴B1D⊥BC1

∵D，D1分别是BC，B1C1的中心，BCC1B1是矩形， ∴B1D∥CD1，∴CD1⊥BC1， ∴A1C⊥BC1

（2）设E为AC中点，O为BC1中点，F为A1B1的中点，如图（2），连结EB，EO，FO，FC1，则OE∥AB1，OF∥A1C，故∠BOE等于BC1与AB1所成之角，∠C1OF等于BC1与A1C所成之角。

∵AB1＝2OE，A1C＝2OF，而AB1＝A1C， ∴OE＝OF，又 ∵BE＝C1F，OB＝OC1， ∴△BOE≌△C1OF，∴∠BOE＝∠C1OF，

故BC1与AB1所成之角等于BC1与A1C所成之角，都是θ 4. （1）解：如图，连结DB交AC于O，连结EO。

∵底面ABCD是正方形 ∴DO⊥AC。 又∵ED⊥底面AC， ∴EO⊥AC。

∴∠EOD是面EAC与底面AC所成二面角的平面角 ∴ ∠EOD＝45°。 DO＝

2a，AC＝2a，Eo＝[2a·sec45°]/2＝a. 2 故 S△EAC＝2a2/2

（2）解：由题设ABCD－A1B1C1D1是正四棱柱，得A1A⊥底面AC， A1A⊥AC。 又A1A⊥A1B1，∴A1A是异面直线A1B1与AC间的公垂线。

∵D1B∥面EAC，且面D1BD与面EAC交线为EO，∴ D1B∥EO。 又O是DB的中点，

∴E是D1D的中点，D1B＝2ED＝2a。 异面直线A1B1与AC间的距离为2a。

5.（Ⅰ）解：连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即∠EBG是A1B与平面ABD所成的角。

设F为AB中点，连结EF、FC，D、E、分别是CC1、A1B的中点 又DC平面ABC，CDEF为矩形 连结DE，G是ADB的重心

GDF，在直角三角形EFD中 EF2FGFD1FD2，EF1，FD3 3 于是EF2，EG1236 3 FCCD2，AB22，A1B23，EB3 EG612 EB3332 3 sinEBG A1B与平面ABD所成的角是arcsin

（Ⅱ）连结A1D，有VA1AEDVDAA1E EDAB,EDEF,又EFABF, ED平面A1AB, 设A1到平面AED的距离为h， 则SAEDhSA1ABED h 故A1到平面AED的距离为

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