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创新设计2011第九章 直线 平面 简单几何体9-50


第50课时





了解棱柱的概念,掌握棱柱的性质/会画直棱柱的直观图

1.棱柱的概念:有两个面互相平行,其余各面都是平行四边形且每相邻两个 面的 交线 互相平行,这样的多面体叫棱柱.两个互相平行的面叫棱柱 的 底面(简称底) ;其余各面叫棱柱的 侧面 ;两侧面的公共边叫棱柱 的 侧棱 称高). ;两底面所在平面的公垂线段叫棱柱的 高 (公垂线段长也简

2.棱柱的分类 侧棱不垂直于底面的棱柱叫 斜棱柱 . 侧棱垂直于底面的棱柱叫 直棱柱 . .

底面的是正多边形的直棱柱叫 正棱柱

3.棱柱的性质 (1) 棱柱的侧棱相等 ,侧面都是 平行四边形 是 ;正棱柱侧面都是全等的矩形. ;直棱柱侧面都 矩形

(2)棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的 全等的多边形 . (3)过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是 平行四边形 图) .(如

1.如右图,在正三棱柱ABC—A1B1C1中,已知AB=1,点D在BB1上, 且BD=1,则AD与侧面AA1C1C所成角为( A. B. )

C.arctan

D.arcsin

解析:如右图,取A1C1,AC的中点O1、O, 过D作DE⊥OO1于E,连结AE. 由正三棱柱的性质知∠EAD即为所求,由 用余弦定理求得cos∠DAE= ,∴sin∠DAE= . ,

答案:D

2.设三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V,P、Q分别是侧棱AA1、CC1上的点,且 PA=QC1,则四棱锥B-APQC的体积为( )

答案:C

3.已知高为3的直棱柱ABC-A′B′C′的底面是边长为1的正三角形 (如右图所示),则三棱锥B′-ABC的体积为( )

答案:D

4.如图1,一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰 块,容器内盛有a 升水时,水面恰好经过正四棱锥的顶点P.如果将容器倒 置,水面也恰好过点P(如图2).有下列四个命题: ①正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半; ②将容器侧面水平放置时,水面也恰好过点P;

③任意摆放该容器,当水面静止时,水面都恰好经过点P;
④若往容器内再注入a 升水,则容器恰好能装满. 其中真命题的代号是:____________.(写出所有真命题的代号)

解析:易知所盛水的容积为容器容量的一半,故④正确,于是①错误;水平 放置时由容器形状的对称性知水面经过点 P,故②正确;③的错误可由图1中

容器位置向右边倾斜一些可推知点P将露出水面.
答案:②④

1. 直棱柱(或正棱柱)由底面和高确定,在解决与直棱柱(或正棱柱)相关问题时,要 充分利用直棱柱(或正棱柱)的性质. 2. 由于直棱柱(或正棱柱)的侧棱与其底面垂直,因此解决直棱柱(或正棱柱)的相关 问题时,便于建立空间坐标系利用空间向量进行求解.

【例1】 如右图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底 面 边长均为1,M是底面BC边的中点,N是侧棱CC1 上的点, 且CN=2C1N. (1)求二面角B1-AM-N的平面角的余弦值; (2)求点B1到平面AMN的距离.

解 答 : 如 图 , (1) 解 法 一 : 因 为 M 是 底 面 BC 边 上 的 中 点 , 所 以 AM⊥BC , 又

AM⊥CC1 ,所以 AM⊥面 BCC1B1 ,从而 AM⊥B1M , AM⊥NM. 所以∠ B1MN 为二 面角B1-AM-N的平面角,又B1M= ,

MN=

,连结B1N,得B1N=

在△B1MN中,由余弦定理得cos∠B1MN=

故所求二面角B1-AM-N的平面角的余弦值为

.

(2)在面BCC1B1内作直线B1H⊥MN.H为垂足,又AM⊥平面BCC1B1,所以 AM⊥B1H.于是B1H⊥平面AMN.故B1H为B1到平面AMN的距离.在Rt△B1HM中, B1H=B1M·sin∠B1MH= =1.故点B1到平面AMN的距离为1.

解法二:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,

则B1(0,0,1),M(0, ,0),C(0,1,0),
N(0,1, ),A(- , ,0),所以, 因为 所以 故〈 ∴cos〈 ⊥ , , ,同法可得 ⊥ .

〉为二面角B1-AM-N的平面角. 〉= . .

故所求二面角B1-AM-N的平面角的余弦值为

(2)设n=(x,y,z)为平面AMN的一个法向量,

则由n⊥

,n⊥

得?

故可取n=(0,- ,1).设

与n的夹角为α,

则cos α=



所以B1到平面AMN的距离为

.

变式1.如右图,在直三棱柱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的重心G. (1)求A1B与平面ABD所成角的大小(结果用反三角函数值表示); (2)求点A1到平面AED的距离.

解答:解法一:(1)如右图,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的中点,连结EF、FC, ∵D、E分别是CC1、A1B的中点,又DC⊥平面ABC,∴四边形CDEF为矩形.连 结DF,G是△ADB的重心,∴G∈DF. 在直角三角形EFD中,EF2=FG·FD= 于是ED= ,EG= ,∴ .∴A1B与平面ABD所成的角是arcsin . . FD2,∵EF=1,∴FD= .

∵FC=ED= ∴sin∠EBG=

(2)连结A1D,有VA1-ADE=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△A1AE·ED. 又S△A1AE= ∴ S△A1AB= A1A·AB= ,S△AED= . AE·ED= .

,即A1到平面AED的距离为

解法二:(1)连结BG,则BG是BE在面ABD内的射影, 即∠A1BG是A1B与平面ABD所成的角. 如 图 所 示 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 , 坐 标 原 点 为 C , 设 CA = 2a , 则 A(2a,0,0) , B(0,2a,0),D(0,0,1),A1(2a,0,2),E(a,a,1), G ∴ . 解得a=1.



=(2,-2,2),

,
, A1B与平面ABD所成角是arccos

(2)由(1)有A(2,0,0),A1(2,0,2),E(1,1,1),D(0,0,1). ∵ ∴ED⊥平面AA1E,又ED?平面AED,

∴平面AED⊥平面AA1E,又平面AED∩平面AA1E=AE,∴点A1在平面AED上

的射影K在AE上.设
由 ∴

,则


.

=(-λ,λ,λ-2),

=0,即λ+λ+λ-2=0,解得λ=

.故A1到平面AED的距离为

.

斜三棱柱一般由六个条件所确定,通过下述问题可看到一些常见的斜三棱柱, 以及斜三棱柱中点线面位置关系的确定和成角、距离等问题的解决方法.

【例2】 如右图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,底面边长和侧棱长
均为a,侧面A1ACC1⊥底面ABC,A1B= (1)求异面直线AC与BC1所成角的余弦值; (2)求证:A1B⊥面AB1C. a.

解答:如图,(1)解法一:作A1O⊥AC,连结BO,则A1O⊥平面ABC,∵A1C1∥AC, ∴∠BC1A1为异面直线AC与BC1所成的角. 由AA1=a,AB=a,A1B= a,可求得:cos∠A1AB= ,又cos∠A1AB=

cos∠BAC· cos∠A1AC,∴cos∠A1AC= AC⊥BO,∴AC⊥A1B.∴A1C1⊥A1B.

,∴∠A1AC=60°.∵A1O⊥面ABC,

在Rt△A1BC1中,A1B=

a,A1C1=a,∴BC1= .

a.∴cos∠BC1A1=

.

∴异面直线AC与BC1所成角的余弦值为

(2)证明:设A1B与AB1相交于点D,∵ABB1A1为菱形,
∴AB1⊥A1B.又A1B⊥AC,AB1与AC是平面AB1C内两条相交直线,∴A1B⊥面 AB1C.

解法二:(1)如右图建立坐标系,原点为BO⊥AC的垂足O.由 题设条件可得B( C(0, a,0),∴ a,0,0),C1(0,a, a),A(0,- a,0),





的夹角为θ,则

∴异面直线AC与BC1所成角的余弦值为

.

(2)证明:A1(0,0,

a),B(

a,0,0),∴

即A1B⊥AC.又四边形ABB1A1为菱形,∴A1B⊥AB1.又∵AB1与AC为平面AB1C内 两条相交直线,∴A1B⊥平面AB1C.

变式 2. 如右图,已知斜三棱柱 ABC - A1B1C1 的侧面 A1ACC1 与底面 ABC 垂直, ∠ABC=90°,BC=2,AC=2 且AA1⊥A1C,AA1=A1C.

(1)求侧棱A1A与底面ABC所成角的大小; (2)求侧面A1ABB1与底面ABC所成二面角的大小; (3)求顶点C到侧面A1ABB1的距离.

解答:如图, (1)作 A1D⊥AC,垂足为 D,由面 A1ACC1⊥面 ABC,得 A1D⊥面
ABC.∴∠A1AD 为 A1A 与 面 ABC 所 成 的 角 . ∵ AA1⊥A1C , AA1 = A1C , ∴∠A1AD=45°为所求.

(2) 作 DE⊥AB , 垂 足 为 E , 连 结 A1E , 则 由 A1D⊥ 面 ABC , 得 A1E⊥AB , ∴∠A1ED是面A1ABB1与面ABC所成二面角的平面角.由已知,AB⊥BC,得 ED∥BC.又D是AC的中点,BC=2,AC=2 ,∴DE=1,AD=A1D= ,

tan∠A1ED=

.故∠A1ED=60°为所求.

(3)由点C作平面A1ABB1的垂线,垂足为H,则CH的长是C到平面A1ABB1的距 离.连结HB,由于AB⊥BC,得AB⊥HB.又A1E⊥AB,知HB∥A1E,且

BC∥ED,故∠HBC=∠A1ED=60°.∴CH=BCsin 60°=

为所求.

1. 斜棱柱的侧面积等于各个侧面面积之和,而求每个侧面的面积的关键在于确 定每个侧面的形状,可根据例2、例3提供的条件,探究斜棱柱体积和侧面积 的计算方法. 2. 斜棱柱的体积和侧面积的计算可利用斜棱柱的直截面转化为直棱柱问题解 决.

【 例 3】 如 右 图 , 斜 三 棱 柱 ABC - A1B1C1 的 底 面 边 长 和 侧 棱 长 均 为 a , 且 ∠A1AC=∠A1AB=60°. (1)求证:四边形BCC1B1为矩形 (2)求三棱柱ABC—A1B1C1的侧面积和体积.

解答:(1)证明:证法一:连结A1B、A1C,取BC的中点D,连结AD、A1D,

① 由AB=AC=AA1,如上图①,且∠A1AC=∠A1AB=60°知 △A1AB≌△A1AC,则A1B=A1C, ∴A1D⊥BC,又AD⊥BC.因此BC⊥平面A1AD,则BC⊥AA1,又BB1∥AA1, 则BB1⊥BC,因此?BCC1B1是矩形.

证法二:如下图②,取BC的中点D,作A1O⊥平面ABC 由∠A1AB=∠A1AC=60°知,垂足O∈AD. ∵AB = AC , 则 AD⊥BC , 根 据 三 垂 线 定 理 得 AA1⊥BC , 又 BB1∥AA1 , ∴BB1⊥BC,即?BCC1B1为矩形.



(2)如图②,作BE⊥AA1垂足为E,连结CE,∵∠EAB=60°,则E为AA1的中 点,又△ABE≌△ACE,则CE⊥AA1,又BE=CE= 则S侧面积=(BE+CE+BC)·AA1=( 三棱柱的体积V=S△BEC·AA1= a3. +1)a2 AB= a,

【方法规律】
1.要熟练应用棱柱、直棱柱和正棱柱的性质解决棱柱中点、直线和平面的位置关 系问题,主要解决平行和垂直、计算成角和距离等问题. 2.要注意例2、例3变式中出现的一些常见的斜棱柱. 3.要注意平行六面体与三棱柱、三棱锥与三棱柱等几何体之间的联系,同时要 理解斜棱柱直截面的意义和作用,注意几何体的割补转化的思想.

(2009·全国Ⅱ)(本题满分12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,D、 E分别为AA1、B1C的中点,DE⊥平面BCC1. (1)证明:AB=AC;

(2)设二面角A-BD-C为60°,求B1C与平面BCD所成角的大小.

【答题模板】
解答:(1)证明:取BC中点O连接EO,AO,由AD綊 BB1綊OE知四边形

AOED为平行四边形,则AO∥DE,由DE⊥平面BCC1,则AO⊥平面
BCC1B1,又平面BCC1⊥平面ABC,则AO⊥BC,AO既是△ABC的中线又 是其高线,故AB=AC.

(2)由已知AC⊥平面ABB1A1作AF⊥BD垂足为F,连接CF,由三垂线定理知
CF⊥BD,则∠AFC为二面角A-BD-C的平面角,设AB=AC=1,AD=x, 则AF= ,解得x= ,在Rt△CAF中, =tan∠AFC,即

.连接OD,由BC⊥OA,BC⊥OE知BC⊥平面OED,

则平面BCD⊥平面OED,作EG⊥OD,G为垂足,则EG⊥平面BCD,连接 GC,则∠GCE为直线B1C与平面BCD所成的角. 在Rt△OED中,DE=AO= AB= ,EO=AD= .则EG= EO= ,

又EC=B1C=1,在Rt△EGC中,sin∠GCE= B1C与平面BCD所成的角为30°.

,故∠GCE=30°.即

【分析点评】
以棱柱为载体考查点线面的位置关系,如平行和垂直问题的推理和论证,以及 空间成角和距离等问题的计算是高考的重点和热点. 本题既可以用几何法,也可以用向量法. 解决立体几何问题的过程大致是作图、论证、计算.即先定性,后定量.第一 问证明 AB = AC 是在明确几何体的形状,而第二问给出的条件“二面角” A— BD—C为60°是在进一步明确几何体的形状,即明确几何体中的点、线、面位

置关系以及成角和距离等关系.

这是高考命题的一个趋势.也是作辅助线和建立坐标系解决立体几何问题的 先决条件,总之,解决数学问题的过程就是使复杂问题简单化明了化的过程.

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