高三数学一轮复习 9.50 棱柱课件 理 大纲人教版 课件.ppt

,了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质,/,会画直棱柱的直观图,第,50,课时 棱 柱,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,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,；其余各面叫棱柱的,；两侧面的公共边叫棱柱的,；两底面所在平面的公垂线段叫棱柱的,(,公垂线段长也简称高,),交线,底面,(,简称底,),侧棱,侧面,高,2,棱柱的分类,侧棱不垂直于底面的棱柱叫,侧棱垂直于底面的棱柱叫,底面的是正多边形的直棱柱叫,斜棱柱,直棱柱,正棱柱,棱柱的性质,(1),棱柱的侧棱相等，侧面都是,；直棱柱侧面都是,；正棱柱侧面都是全等的矩形,(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,(3),过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是,(,如图,),平行四边形,矩形,全等的多边形,平行四边形,3,1,如右图，在正三棱柱,ABC,A,1,B,1,C,1,中，已知,AB,1,，点,D,在,BB,1,上，,且,BD,1,，则,AD,与侧面,AA,1,C,1,C,所成角为,(,),A.B.,C,arctan,D,arcsin,解析：,如,右图，取,A,1,C,1,，,AC,的中点,O,1,、,O,，,过,D,作,DE,OO,1,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,A,1,B,1,C,1,的体积为,V,，,P,、,Q,分别是侧棱,AA,1,、,CC,1,上的点，且,PA,QC,1,，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：,正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半；,将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点,P,；,任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点,P,；,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,正确，于是,错误；水平放置时由容器形状的对称性知水面经过点,P,，故,正确；,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：,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,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,A,1,B,1,C,1,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,CC,1,上的点，且,CN,2,C,1,N,.,(1),求二面角,B,1,AM,N,的平面角的余弦值；,(2),求点,B,1,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,CC,1,，所以,AM,面,BCC,1,B,1,，从而,AM,B,1,M,，,AM,NM,.,所以,B,1,MN,为二面角,B,1,AM,N,的平面角，又,B,1,M,，,MN,，连结,B,1,N,，得,B,1,N,在,B,1,MN,中，由余弦定理得,cos,B,1,MN,故所求二面角,B,1,AM,N,的平面角的余弦值为,.,(2),在面,BCC,1,B,1,内作直线,B,1,H,MN,.,H,为垂足，又,AM,平面,BCC,1,B,1,，所以,AM,B,1,H,.,于是,B,1,H,平面,AMN,.,故,B,1,H,为,B,1,到平面,AMN,的距离在,Rt,B,1,HM,中，,B,1,H,B,1,M,sin,B,1,MH,1.,故点,B,1,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,B,1,(0,0,1),，,M,(0,，,0),，,C,(0,1,0),，,N,(0,1,，,),，,A,(,，,0),，所以，,因为,所以,，同法可得,.,故,，,为二面角,B,1,AM,N,的平面角,cos,，,.,故所求二面角,B,1,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,，,则,cos,，,所以,B,1,到平面,AMN,的距离为,.,变式,1.,如,右图，在直三棱柱,ABC,A,1,B,1,C,1,中，底面是等腰直角三角形，,ACB,90,，侧棱,AA,1,2,，,D,、,E,分别是,CC,1,与,A,1,B,的中点，点,E,在平面,ABD,上的射影是,ABD,的重心,G,.,(1),求,A,1,B,与平面,ABD,所成角的大小,(,结果用反三角函数值表示,),；,(2),求点,A,1,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,A,1,B,与平面,ABD,所成的角,设,F,为,AB,的中点，连结,EF,、,FC,，,D,、,E,分别是,CC,1,、,A,1,B,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，,EF,2,FG,FD,FD,2,，,EF,1,，,FD,.,于是,ED,，,EG,.,FC,ED,，,sin,EBG,.,A,1,B,与平面,ABD,所成的角是,arcsin,.,(2),连结,A,1,D,，有,VA,1,ADE,VD,AA,1,E,，,ED,AB,，,ED,EF,，又,EF,AB,F,，,ED,平面,A,1,AB,，设,A,1,到平面,AED,的距离为,h,，则,S,AED,h,S,A,1,AE,ED,.,又,S,A,1,AE,S,A,1,AB,A,1,A,AB,，,S,AED,AE,ED,.,，即,A,1,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,A,1,BG,是,A,1,B,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,2,a,，则,A,(2,a,0,0),，,B,(0,2,a,0),，,D,(0,0,1),，,A,1,(2,a,0,2),，,E,(,a,，,a,1),，,G,.,解得,a,1.,(2,，,2,2),，,A,1,B,与平面,ABD,所成角是,arccos,(2),由,(1),有,A,(2,0,0),，,A,1,(2,0,2),，,E,(1,1,1),，,D,(0,0,1),ED,平面,AA,1,E,，又,ED,平面,AED,，,平面,AED,平面,AA,1,E,，又平面,AED,平面,AA,1,E,AE,，,点,A,1,在平面,AED,上的射影,K,在,AE,上设,，则,(,，,，,2),，,由,0,，即,2,0,，解得,.,.,故,A,1,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,A,1,B,1,C,1,，,底面边长和侧棱长均为,a,，,侧面,A,1,ACC,1,底面,ABC,，,A,1,B,a,.,(1),求异面直线,AC,与,BC,1,所成角的余弦值,；,(2),求证,：,A,1,B,面,AB,1,C,.,解答：,如图,，,(1),解法一：作,A,1,O,AC,，连结,BO,，则,A,1,O,平面,ABC,，,A,1,C,1,AC,，,BC,1,A,1,为异面直线,AC,与,BC,1,所成的角,由,AA,1,a,，,AB,a,，,A,1,B,a,，可求得：,cos,A,1,AB,，又,cos,A,1,AB,cos,BAC,cos,A,1,AC,，,cos,A,1,AC,，,A,1,AC,60.,A,1,O,面,ABC,，,AC,BO,，,AC,A,1,B,.,A,1,C,1,A,1,B,.,在,Rt,A,1,BC,1,中，,A,1,B,a,，,A,1,C,1,a,，,BC,1,a,.,cos,BC,1,A,1,.,异面直线,AC,与,BC,1,所成角的余弦值为,.,(2),证明：设,A,1,B,与,AB,1,相交于点,D,，,ABB,1,A,1,为菱形，,AB,1,A,1,B,.,又,A,1,B,AC,，,AB,1,与,AC,是平面,AB,1,C,内两条相交直线，,A,1,B,面,AB,1,C,.,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,(,a,0,0),，,C,1,(0,，,a,，,a,),，,A,(0,，,a,，,0),，,C,(0,，,a,0),，,设,与,的夹角为,，则,异面直线,AC,与,BC,1,所成角的余弦值为,.,(2),证明：,A,1,(0,0,，,a,),，,B,(,a,0,0),，,即,A,1,B,AC,.,又四边形,ABB,1,A,1,为菱形，,A,1,B,AB,1,.,又,AB,1,与,AC,为平面,AB,1,C,内两条相交直线，,A,1,B,平面,AB,1,C,.,变式,2.,如,右图，已知斜三棱柱,ABC,A,1,B,1,C,1,的侧面,A,1,ACC,1,与底面,ABC,垂直，,ABC,90,，,BC,2,，,AC,2,且,AA,1,A,1,C,，,AA,1,A,1,C,.,(1),求侧棱,A,1,A,与底面,ABC,所成角的大小；,(2),求侧面,A,1,ABB,1,与底面,ABC,所成二面角的大小；,(3),求顶点,C,到侧面,A,1,ABB,1,的距离,解答：,如图,，,(1),作,A,1,D,AC,，垂足为,D,，由面,A,1,ACC,1,面,ABC,，得,A,1,D,面,ABC,.,A,1,AD,为,A,1,A,与面,ABC,所成的角,AA,1,A,1,C,，,AA,1,A,1,C,，,A,1,AD,45,为所求,(2),作,DE,AB,，垂足为,E,，连结,A,1,E,，则由,A,1,D,面,ABC,，得,A,1,E,AB,，,A,1,ED,是面,A,1,ABB,1,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,A,1,D,，,tan,A,1,ED,.,故,A,1,ED,60,为所求,(3),由点,C,作平面,A,1,ABB,1,的垂线，垂足为,H,，则,CH,的长是,C,到平面,A,1,ABB,1,的距离连结,HB,，由于,AB,BC,，得,AB,HB,.,又,A,1,E,AB,，知,HB,A,1,E,，且,BC,ED,，故,HBC,A,1,ED,60.,CH,BC,sin,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,A,1,B,1,C,1,的底面边长和侧棱长均为,a,，且,A,1,AC,A,1,AB,60.,(1),求证：四边形,BCC,1,B,1,为矩形,(2),求三棱柱,ABC,A,1,B,1,C,1,的侧面积和体积,解答：,(1),证,明：证法一：连结,A,1,B,、,A,1,C,，取,BC,的中点,D,，连结,AD,、,A,1,D,，,由,AB,AC,AA,1,，如上图,，且,A,1,AC,A,1,AB,60,知,A,1,AB,A,1,AC,，则,A,1,B,A,1,C,，,A,1,D,BC,，又,AD,BC,.,因此,BC,平面,A,1,AD,，则,BC,AA,1,，又,BB,1,AA,1,，则,BB,1,BC,，因此,BCC,1,B,1,是矩形,证法二：如下图,，取,BC,的中点,D,，作,A,1,O,平面,ABC,由,A,1,AB,A,1,AC,60,知，垂足,O,AD,.,AB,AC,，则,AD,BC,，根据三垂线定理得,AA,1,BC,，又,BB,1,AA,1,，,BB,1,BC,，即,BCC,1,B,1,为矩形,(2),如图,，作,BE,AA,1,垂足为,E,，连结,CE,，,EAB,60,，则,E,为,AA,1,的中点，又,ABE,ACE,，则,CE,AA,1,，又,BE,CE,AB,a,，,则,S,侧面积,(,BE,CE,BC,),AA,1,(,1),a,2,三棱柱的体积,V,S,BEC,AA,1,a,3,.,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,.,【,方法规律,】,(2009,全国,),(,本题满分,12,分,),如,图，直三棱柱,ABC,A,1,B,1,C,1,中，,AB,AC,，,D,、,E,分别为,AA,1,、,B,1,C,的中点，,DE,平面,BCC,1,.,(1),证明：,AB,AC,；,(2),设二面角,A,BD,C,为,60,，求,B,1,C,与平面,BCD,所成角的大小,.,解答：,(1),证,明：取,BC,中点,O,连接,EO,，,AO,，由,AD,綊,BB,1,綊,OE,知四边形,AOED,为平行四边形，则,AO,DE,，由,DE,平面,BCC,1,，则,AO,平面,BCC,1,B,1,，又平面,BCC,1,平面,ABC,，则,AO,BC,，,AO,既是,ABC,的中线又是其高线，故,AB,AC,.,【,答题模板,】,(2),由已知,AC,平面,ABB,1,A,1,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,，在,Rt,CAF,中，,tan,AFC,，即,，解得,x,.,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,B,1,C,与平面,BCD,所成的角,在,Rt,OED,中，,DE,AO,AB,，,EO,AD,.,则,EG,EO,，又,EC,B,1,C,1,，在,Rt,EGC,中，,sin,GCE,，故,GCE,30.,即,B,1,C,与平面,BCD,所成的角为,30.,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,【,分析点评,】,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,.,