棱柱与棱锥Word文档格式.docx

1、 BD而BD12=AA12+BD2, BD1= .同理可求得A答案：A 例2用一个过四棱柱底面一边的平面截正四棱柱,截面是 A.正方形B.矩形 C.菱形D.一般平行四边形 充分利用已知正四棱柱的性质以及线线、线面、面面之间的平行、垂直关系的性质、判定定理. 正四棱柱ABCDA1B1C1D1,过棱AB的平面ABEF交对面CDD1C1于点E、F. 平面ABB1A1平面CDDABEF. AB平面BCC1B1,且BE 平面BABBE. ABEF是矩形. 答案：B 评述：灵活地将正四棱柱性质应用于解题中,可使问题变得简单易求. 例3四棱柱ABCDABCD的底面ABCD是菱形,且AB=AD,求证： （1）

2、对角面AACC截面ABD； （2）对角面DDBB是矩形. （1）中通过寻求线面垂直去实现面面垂直. （2）中依据矩形的判定方法证得. 证明：（1）连结AC与BD交于点O,连结AO. AB=AD,AOBD. 底面ABCD是菱形, ACBD.BD平面AACC. 又BD 平面ADB, 对角面AACC截面ABD. （2）由（1）知BDAA且AABB, BDBB. 对角面DDBB是矩形. 此题是以正棱柱为载体考查了空间线线、面面、线面等问题,需对四棱柱的有关性质熟练掌握,否则思维受阻,无法继续做下去. 四、参考练习题 在长方体AC1中D=20,求线段B1D和BC之间的距离. 解：连结AB1、DBC平面A

3、B1C1D. BC与B1D之间的距离转化成了BC与平面AB1C1D之间的距离. 又平面BB1A平面AB1C1D, 过点B作BHAB1于点H, BH平面AB1C1D. BH的长为所求距离. 在RtAB1B中,有 BH= =12, B1D和BC间的距离为12. 注意：在多面体中,利用线线关系、线面关系,把空间问题转化为平面问题,最终化为解三角形问题,是立体几何中的常用技巧. 备课资料 一、教学中应重视平面图形立体化思想 平面图形立体化与立体图形平面化是两个相反的过程,也是互逆的思想.在平面图形立体化过程中,应要求学生认清平面图形中各已知条件的相互关系及其本质,并且在将一个平面图形折叠或剪拼成立体图

4、形后,能分清已知条件中哪些变化了,哪些未发生变化,而这些未发生变化的已知条件都是分析和解决问题的重要依据,试举两例. 例1下图是正方体的一个展开图,当用它合成原来的正方体时,与边P重合的边是哪一条？分析：此题可先将正方体合成,问题很快得到解决,若只考虑边的重合,会更快地得出结论.首先有L和K重合,其次有I和J重合,则P与H重合. 例2如图,在正方形SG1G2G3中,E、F分别是G1G2及G2G3的中点,D是EF的中点,现在沿SE、SF及EF把这个正方形折成一个由四个三角形围成的几何体（以后要学习的四面体）,使G1、G2、G3三点重合,重合后的点记为G,那么在这个几何体中必有 A.SGEFG所在

5、平面 B.SDEFG所在平面 C.GFSEF所在平面 D.GDSEF所在平面 题目中的SG1G1E,EG2G2F,FG3G3S,这些条件在折叠后仍然不变,应从这一点入手解决此问题. 解析：SG1G2G3是一个正方形, SG1G1E,EG2G2F,FG3G折叠后的几何体中一定有 SGGE,且SGGF,即SGEFG所在平面. 这道题貌似涉及几何体（四面体）的概念,实则主要用来巩固直线和平面垂直的判定定理,培养学生的空间想象力. 二、平行六面体性质的应用举例 例3已知直平行六面体的侧棱长为100 cm,底面两邻边的长分别是23 cm和11 cm,底面的两条对角线的比是23,求它的两个对角面的面积分别

6、是多少？直平行六面体的对角面是矩形,本题关键是求出底面两条对角线的长,可应用方程思想解之. 已知AC1是直平行六面体,故它的两个对角面都是矩形,其侧棱AA1就是矩形的高. 由题意,得AB=23 cm,AD=11 cm,AA1=100BDAC=23, 设BD=2x,AC=3x, 在平行四边形ABCD中, BD2+AC2=2（AB2+AD2）, 即（2x）2+（3x）2=（232+112）2. x=10. BD=2x=20,AC=3x=30. SBDD1B1=BDBB1=20100=2000 （cm2）, SACC1A1=ACAA1=30100=3000 （cm2）. 它的两个对角面的面积分别是2

7、000 cm2、3000 cm2. 在立体几何的运算中,要注意方程思想的应用,适当地选取未知数,找出等量关系. 对于平行四边形对角线的性质,不仅其本身作用较大,而且可以推广到空间,即平行六面体各棱的平方和等于对角线的平方和. 一、教学中“整体思想”解题的应用 例1长方体的全面积为11，十二条棱长度之和是24，求这个长方体的一条对角 线长. 要求长方体对角线的长，只要求长方体的一个顶点上的三条棱的长即可. 设此长方体的长、宽、高分别是x、y、z,对角线长为l,依题意,得 由,得x+y+z=6,从而由长方体对角线性质,得 l长方体一条对角线的长为5. 本题考查长方体的有关概念和计算，以及代数式的恒

8、等变形能力.在求解过程中，并不需要把x、y、z单个都求出来，而要由方程组的从整体上导出x2+y2+z2.这就是数学中常用的一种技巧，给我们比较灵活的感觉. 例2直平行六面体的底面是菱形，过不相邻两对侧棱的截面的面积是Q1和Q2，求它的侧面积. 由直棱柱的对角面面积求出底面边长或周长以及侧棱长，从而达到求出侧面积的目的. 设直平行六面体AC1的底面边长为a,侧棱长为l. AC1是直平行六面体, 对角面ACC1A1和BB1D1D是矩形. Q1=lAC,Q2=lBD. AC= ,BD底面ABCD是菱形, AC2+BD2=4a2, 即（ ）2+（ ）2=4a2. l2a2= （Q12+Q22）, al

9、S侧=4al=2 . 以上例题同样采用了整体求法的手段，即没有单独去求a和l的值，而是求出a和l之积，从而简化了解题过程. 二、求棱柱侧面积的方法的应用 例3斜三棱柱ABCA1B1C1中，底面是边长为a的正三角形，侧棱长为b,AA1与底面相邻两边AB、AC都成45角，求棱柱的侧面积. 解法一：如图作A1O面ABC于点O， AA1与AB、AC都成45角， AO是BAC的平分线. 又ABC为正三角形, AOBC. 由三垂线定理可知AA1BC， 又AA1BB1CC1， 四边形BB1C1C为矩形, S侧=2absin45+ab=（ +1）ab. 解法二：作BMAA1于点M，连结CM，可证得BMACMA

10、， CMAA1. 又BMC是棱柱的直截面, MAB=MAC=45,CM=BM= a. C直截面= a+ a+a=（ +1）a. S侧=（ +1）ab. 解法一是采用求各侧面面积之和来求侧面积的;解法二是先作棱柱的直截面，利用直截面周长与侧棱长之积求得侧面积. 例4斜三棱柱ABCA1B1C1的底面ABC中，AB=AC=10 cm,BC=12 cm,A1到A、B、C三点距离相等，AA求这个斜三棱柱的全面积. 如图，在侧面A1ABB1中作A1DAB于点D，由A1A=A1B, D是AB的中点，那么A1D2=A1A2-AD2=132-52. A1D=12SA1ABB1=SA1ACC1=A1DAB=120

11、 cm2. 取BC的中点E，连结A1E、AE. 由已知A1B=A1C，AB=AC,得 A1EBC，AEBC. BC平面A1AE.BCA1A. 又A1AB1B，BCB1B. 侧面BB1C1C是矩形. SBB1C1C=BB1BC=1312=156 （cm2）. S侧=2SA1ABB1+SBB1C1C=2120+（cm2）. 而AE= =8 （cm）, S底= BCAE= 128=48 （cm）, S全=S侧+2S底=396+248=492 （cm2）. 例5斜三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1=20 cm,平面B1A1AB与平面A1C1CA所成的二面角为120，AA1与BB1、CC1的距离分别

12、为16 cm、24 cm,求此三棱柱的侧面积. 求斜棱柱的侧面积可求各侧面面积之和，也可以求它的截面周长C与侧棱长l的乘积. 解法一：在AA1上取一点E，过E在平面AA1B1B作中GEAA1,交BB1于点G，过E点在平面AA1C1C中作EFAA1，交C1C于点F，则GEF为已知二面角的平面角，所以GEF=120.又AA1平面GEF，由棱柱的性质,可得AA1B1BC1C， BB1平面GEF.又GF 平面GEF， BB1GF. 由题意,知GF=2GEF=120, 在GEF中， GF又S A1ABB1=AA1GE=2016=320 （cm2）A1ACC1=AA1EF=2024=480 （cm2）B1BCC1=BB1GF=208 =160 （cm2）, S斜棱柱侧=S A1ABB1+S A1ACC1+S B1B20+480+160 =160（5+ ）（cm2）. 在侧棱A1A上取一点E，过E作AA1的垂面分别交BB1、CC1于点G、F，连结FG，则平面EFG为斜三棱柱ABCA1B1C1的直截面. 由题意AA1面EFG, AA1EG，AA1EF. GEF为已知二面角的平面角. GEF=120,又GF=2在EFG中，由余弦定理得 FGS侧=lC=20（16+24+8 ）0（5+ ） （cm2）