河北省邯郸四中高考数学复习《棱柱》典型例题.doc

河北省邯郸四中2013届高考数学复习《棱柱》典型例题

典型例题一

例1 设有四个命题：
①底面是矩形的平行六面体是长方体；
②棱长都相等的直四棱柱是正方体；
③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；
④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．
其中真命题的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
分析：命题①是假命题．因为底面是矩形的直平行六面体才是长方体．底面是矩形，侧棱不垂直于底面，这样的四棱柱仍是斜平行六面体；
命题②是假命题．底面是菱形，底面边长与棱长相等的直四棱柱不是正方体；
命题③是假命题．因为有两条侧棱垂直于义面一边不能推出侧棱与底面垂直．
命题④是真命题，如图所示，平行六面体中所有对角线相等，对角面是平行四边形，对角线，所以四边形是矩形，即，同理四边形是矩形，所以，由知底面，即该平行六面体是直平行六面体．
故选A．
说明：解这类选择题的关键在于理清各种棱柱之间的联系与区别，要紧扣底面形状及侧棱与底面的位置关系来解题．
下面我们列表来说明平行四边形与平行六面体的性质的“类比”，由此，我们可以发现立体几何与平面几何许多知识是可以进行类比的．见表
表
平行四边形
平行六面体
①对边平行且相等
①相对的侧面平行且全等
②对角线交于一点，且在这一点互相平分
②对角线交于一点且在这一点互相平分
③四条边的平方和等于两条对角线的平方和
③十二条棱的平方和等于四条对角线的平方和
典型例题二

例2 如图，正四棱柱中，对角线，与侧面所成角为，求：（1）与底面所成角；（2）异面直线与所成角；（3）正四棱柱的全面积．
分析：正四棱柱是一种特殊的长方体，它的两底面、是正方形，长方体中有比较多的线面垂直关系，而线面垂直关系往往是解决立体几何问题的关键条件．题中无论是已知线面成角，还是求线面成角，都要把它们转化为具体的角，落实线面成角，先要找线面垂直关系．异面直线与所成角通过，落实为具体的．正四棱柱各个面都是矩形，求面积只要用矩形面积公式．
解：（1）在正四棱柱中，∵面，
∴是与侧面所成角，即．
∵ ，∴ ，，
∵ 是正方形，∴，
平面，∴ 是与底面所成角，
在△中，，，
∴，∴，
即与底面所成角为．
（2）∵，
∴是与所成角（或补角）．
∵平面，∴ ，
△中，，，
∴，∴，
即异面直线与所成角为．
（3）△中，，．
∴ ，
∴ ．
说明：长方体是一种特殊的棱柱，充分感受其中丰富的线面垂直、线线垂直关系是灵活解题的关键，各种垂直关系是解决立体几何中证明和计算的重要条件．

典型例题三

例3 如图，已知长方体中，棱长，，求直线与平面的距离．
分析：求直线到平面的距离，首先要找直线上的点到平面的垂线，而找平面的垂线的一个很有用的思路是，找平面内一条直线与某一平面垂直，这里我们不难看出，长方体中有平面，这样，只要作，又有，得到平面．
解：长方体中，有平面，过作于，又有，
∴ 平，即是到平面的距离．
在△中，由已知可得，，，
∴ ，∴．
即是到平面的距离为．
说明：长方体中有棱与面的线面垂直关系，正方体除此之外，还有对角线与对角面的线面垂直关系，比如，求正方体中，与面所成角．这里，要找与所成角，必须找到平面的垂线，因为面，在对角面内，过作于，则，所以面，可以得到为与面所成角，在对角面中可计算．

典型例题四

例4 如图，已知直三棱柱中，，为侧棱上一点，，．（1）若为的中点，为上不同于、的任一点，求证：；（2）若，求与平面所成角的大小．
分析：点在上变化，为平面内变化的一组相交直线（都过定点），要证明与垂直，必有平面．求与平面所成角的关键是找到面的垂线，从而落实线面成角，直三棱柱中，侧棱平面给找点到面的垂线创造了方便的条件．
解：（1）∵，且是的中点，∴，
又∵ 直三棱柱中平面，∴，
∴ 平面，∴．
在矩形中，，，
∴，，，
∴，∴，即，
∴平面，∴．
（2）过作于，∵平面，∴，
∴平面，连接，是与平面所成角．
在等腰△中，，，∴，
在等腰△中，由面积相等可得，，
∴，又，
在△中，，
∴，
即与平面所成角为．
说明：由于点在上变化，给思考增加了难度，但仔细思考，它又提供了解题的突破口，使得线线垂直成为了与一组直线垂直．本题的证明还有一个可行的思路，虽然在上变化，但是由于平面，所以点在平面上的射影是定点，在平面上射影为定直线，使用三垂线定理，可由，直接证明．三垂线定理是转化空间线线垂直为平面内线线垂直的一个有力工具，再看一个例子，正方体中，是底面的中心，是上动点，是中点，求与所成角．我们取中点，虽然点变化，但在面上射影为定直线，在正方形中，易证，所以，，即与所成角为．

典型例题五

例5 如图，正三棱柱的底面边长为4，侧棱长为，过的截面与底面成的二面角，分别就（1）；（2）计算截面的面积．
分析：要求出截面的面积，首先必须确定截面的形状，截面与底面成的二面角，如果较大，此时截面是三角形；但是如果较小，此时截面与侧棱不交，而与上底面相交，截面为梯形．
解：截面与侧棱所在直线交于点，取中点，连、，
△是等边三角形，∴，
∵平面，∴．
∴为截面与底面所成二面角的平面角，
∴．
∵等边△边长为4，∴．
在△中，．
（1）当时，点在侧棱上，截面为△，
在△中，，
∴．
（2）当时，点在延长线上，截面为梯形，
∵，∴是△的中位线，
∴．
说明：涉及多面体的截面问题，都要经过先确定截面形状，再解决问题的过程，本例通过改变侧棱长而改变了截面形状，我们也可以通过确定侧棱长，改变截面与底面成角而改变截面形状．

典型例题六

例6 斜三棱柱中，平面底面，，，，，且．
（1）求与平面所成角；
（2）求平面与平面所成二面角的大小；
（3）求侧棱到侧面的距离．
分析：按照一般思路，首先转化条件中的面面垂直关系，由，取的中点，连，则有，从而有平面，在此基础上，与底面所成角以及平面与底面所成二面角都能方便地找到，同时底面也为寻找点到面的垂线创造了条件．
解：（1）取的中点，连接，
∵，∴，∵平面底面，
∴底面，∴为与底面所成角．
∵且，∴．
（2）取中点，则，
∵，∴，∴．
连，∵底面，∴在平面上射影为，
∴，∴为侧面与底面所成二面角的平面角．
在等腰△中，，∴．
在△中，，∴．
在△中，，
∴，即侧面与底面所成二面角的大小为．
（3）过作于，
∵底面，∴，∴平面，
在△中，，，∴，
∴，即到平面的距离为．
说明：简单的多面体是研究空间线面关系的载体，而线面垂直关系又是各种关系中最重要的关系，立体几何中的证明与计算往往都与线面垂直发生联系，所以在几何体中发现并使用线面垂直关系往往是解题的关键．

典型例题七

例7 斜三棱柱的底面△是直角三角形，，，在底面上的射影恰好是的中点，侧棱与底面成角，侧面与侧面所成角为，求斜棱柱的侧面积与体积．
分析：在底面上射影为中点，提供了线面垂直平面，另外又有，即，又可以得到平面，利用这两个线面垂直关系，可以方便地找到条件中的线面角以及二面角的平面角．
解：∵在底面上，射影为中点．
∴平面．
∴为侧棱与底面所成角，即，
∵，即，又，
∴平面，过作于，连接，则．
∴是侧面与侧面所成二面角的平面角，
∴，
在直角△中，∵，，∴，
在直角△中，∵，，
∴，，
在直角△中，，，
∴，．
∴侧面积为
．
体积为．
说明：本例中△是斜棱柱的一个截面，而且有侧棱与该截面垂直，这个截面称为斜棱柱的直截面，我们可以用这个截面把斜棱柱分成两部分，并且用这两部分拼凑在一个以该截面为底面的直棱柱，斜棱柱的侧面积等于该截面周长乘以侧棱长，体积为该截面面积乘以侧棱长．

典型例题八

例8　如图所示，在平行六面体中，已知，，又．
(1)求证：截面；
(2)求对角面的面积．

分析：
(1)由题设易证，再只需证，即证．而由对称性知，若，则，故不必证．
(2)关键在于求对角面的高．
证明：(1)∵，，，
∴在中，由余弦定理，得．
再由勾股定理的逆定理，得．
同理可证：．∴平面．
又，∴平面．
解：(2)∵，∴平行四边形为菱形．为的平分线．
作∴平面于，
由，知．作于，连，则．
在中，，
在中，．
在中，．
又在中，由余弦定理，得．
∴．
说明：本题解答中用到了教材习题中的一个结论——经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线．如果斜线和这个角两边的夹角相等，那么斜线在平面上的射影是这个角的平分线所在的直线．
另外，还有一个值得注意的结论就是：如果一个角所在平面外一点到角的两边所在直线的距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线所在的直线上．
典型例题九

例9　如图所示，已知：直三棱柱中，，，，，是的中点．
求证：．

分析：根据条件，正三棱柱形状和大小及点的位置都是确定的，故可通过计算求出与两异面直线所成的角．
因为，，所以侧面．是斜线在平面的射影，设与的交点为，只需证得即可．
证明：∵，，与交于点，
∴面．
∵为的中点，∴．
在中，，
∴，．
在中，
．
在中，．
又∽且，
∴，
．
在中，，
，
∴，，∴．
说明：证明两直线垂直，应用三垂线定理或逆定理是重要方法之一．证明过程中的有关计算要求快捷准确，不可忽视．本题证明两异面直线垂直，也可用异面直线所成的角，在侧面的一侧或上方一个与之全等的矩形，平移或，确定两异面直线所成的角，然后在有关三角形中通过计算可获得证明．

典型例题十

例10　长方体的全面积为11，十二条棱长度之和为24，求这个长方体的一条对角线长．
分析：要求长方体对角线长，只要求长方体的一个顶点上的三条棱的长即可．
解：设此长方体的长、宽、高分别为、、，对角线长为，则由题意得：

由②得：，从而由长方体对角线性质得：
．
∴长方体一条对角线长为5．
说明：(1)本题考查长方体的有关概念和计算，以及代数式的恒等变形能力．在求解过程中，并不需要把、、单个都求出来，而要由方程组的①②从整体上导出，这需要同学们掌握一些代数变形的技巧，需要有灵活性．
(2)本题采用了整体性思维的处理方法，所谓整体性思维就是在探究数学问题时，应研究问题的整体形式，整体结构或对问题的数的特征、形的特征、结构特征作出整体性处理．整体思维的含义很广，根据问题的具体要求，需对代数式作整体变换，或整体代入，也可以对图形作出整体处理．
典型例题十一

例11　如图，长方体中，，，，并且．求沿着长方体的表面自到的最短线路的长．

分析：解本题可将长方体表面展开，可利用在平面内两点间的线段长是两点间的最短距离来解答．
解：将长方体相邻两个展开有下列三种可能，如图．

三个图形甲、乙、丙中的长分别为：

∵，
∴．
故最短线路的长为．
说明：(1)防止只画出一个图形就下结论，或者以为长方体的对角线是最短线路．
(2)解答多面体表面上两点间，最短线路问题，一般地都是将多面体表面展开，转化为求平面内两点间线段长．
典型例题十二

例12　设直平行六面体的底面是菱形，经下底面的一边及与它相对的上义面的一边的截面与底面成的二面角，面积为，求直平行六面体的全面积．

分析：如图，由于面．作出截面与底面所成的二面角的平面角后，因中，可分别求出、和的值．又上下底面的边长是相等的，便可进一步求出全面积．
解：设平行六面体为，过作，为垂足，连结．
∵平面，
∴，，
∴，．
又在菱形中，有，
∴截面的面积为：．
侧面的面积为：
底面的面积为：．
所以．
典型例题十三

例13　设有三个命题：甲：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；乙：底面是矩形的平行六面体是长方体；丙：直四棱柱是直平行六面体．以上命题中，真命题的个数是（　　）．
A．0　　　B．1　　　C．2　　　D．3
解：甲命题是真命题，因为它就是平行六面体的定义；
乙命题不是真命题，因为平行六面体的侧棱不一定垂直于底面；
丙命题也不是真命题，因为四棱柱的底面不一定是平行四边形．
∴应选B．
说明：要认真搞清平行六面体、直平行六面体、长方体等特殊四棱柱的有关概念及性质．
典型例题十四

例14　如图，是直三棱柱，，点、分别是、的中点．若，则与所成角的余弦值是（　　）．
A．　　　B．　　　C．　　　D．

解：可将异面直线所成角转化为相交直线的角，取的中点，并连结、．
∵，
∴，∴是与所成角．
设，则，．
∴，，，
．
∴
∴应选A．
说明：本题主要考查棱柱的性质，以及两条异面直线所成的角、勾股定理、余弦定理等内容：对运算能力和空间想象能力也有较高的要求．
典型例题十五

例15　如图，已知是正三棱柱，是的中点．
(1)证明：平面；
(2)假设，求以为棱，与为面的二面角的度数．

(1)证明：∵是正三棱柱，∴四边形是矩形．连结交于，则是的中点．连结．
∵、分别是、的中点，
∴．又平面，平面，．
∴平面．
(2)解：作于，则平面，连结则是在平面上的射影．
∵又．
∴．
根据三垂线定理的逆定理，得．
从而是二面角的平面角，
即，
设，则
∵是正三角形，∴在中，有
，
取的中点，
∵，∴．
在中，
而，，
∴，∴，
∴在中，．
∴即．
从而所求二面角的大小为．
说明：(1)纵观近十年高考题，其中解答题大多都是以多面体进行专利权查，解答此类题，有些同学往往忽略或忘记了多面体的性质，从而解题时，思维受阻．今后要引以为戒．
(2)本题考查空间的线面关系，正棱柱的概念和性质，空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．本题涉及到的知识面宽，有一定的深度，但入手不难，逐渐加深；逻辑推理和几何计算交织为一体；正三棱柱放倒，与课本习题不同，加强了对空间想象能力的考查；在解答过程中，必须添加适当的辅助线，不仅考查了识图，而且考查了作图．本题是一道综合性试题，较深入和全面地考查了各种数学能力，正确解答本题，要求同学们有较高的数学素质．

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