棱柱与棱锥Word文档格式.docx
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∴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ABCD—A1B1C1D1,过棱AB的平面ABEF交对面CDD1C1于点E、F.
∵平面ABB1A1∥平面CDD∴AB∥EF.
∵AB⊥平面BCC1B1,且BE平面B∴AB⊥BE.
∴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ABCD—A′B′C′D′的底面ABCD是菱形,且A′B=A′D,求证:
(1)对角面AA′C′C⊥截面A′BD;
(2)对角面D′DBB′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A′O.
∵A′B=A′D,∴A′O⊥BD.
∵底面ABCD是菱形,
∴AC⊥BD.∴BD⊥平面A′ACC′.
又BD平面A′DB,
∴对角面AA′C′C⊥截面A′BD.
(2)由
(1)知BD⊥A′A且A′A∥BB′,
∴BD⊥BB′.
∴对角面D′DBB′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、D∴BC∥平面AB1C1D.
∴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BH⊥AB1于点H,
∴BH⊥平面AB1C1D.
∴BH的长为所求距离.
∵在Rt△AB1B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.SG⊥△EFG所在平面
B.SD⊥△EFG所在平面
C.GF⊥△SEF所在平面
D.GD⊥△SEF所在平面
题目中的SG1⊥G1E,EG2⊥G2F,FG3⊥G3S,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,
∴SG1⊥G1E,EG2⊥G2F,FG3⊥G∴折叠后的几何体中一定有
SG⊥GE,且SG⊥GF,即SG⊥△EFG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100cm,底面两邻边的长分别是23cm和11cm,底面的两条对角线的比是2∶3,求它的两个对角面的面积分别是多少?
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=23cm,AD=11cm,AA1=100∵BD∶AC=2∶3,
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=20×
100=2000(cm2),
SACC1A1=ACAA1=30×
100=3000(cm2).
∴它的两个对角面的面积分别是2000cm2、3000cm2.
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②,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①②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∴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ABC—A1B1C1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,
∴AO⊥BC.
由三垂线定理可知AA1⊥BC,
又AA1∥BB1∥CC1,
∴四边形BB1C1C为矩形,
S侧=2absin45°
+ab=(+1)ab.
解法二:
作BM⊥AA1于点M,连结CM,可证得△BMA≌△CMA,
∴CM⊥AA1.
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ABC—A1B1C1的底面△ABC中,AB=AC=10cm,BC=12cm,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A1D⊥AB于点D,由A1A=A1B,
∴D是AB的中点,那么A1D2=A1A2-AD2=132-52.
∴A1D=12∴SA1ABB1=SA1ACC1=A1DAB=120cm2.
取BC的中点E,连结A1E、AE.
由已知A1B=A1C,AB=AC,得
A1E⊥BC,AE⊥BC.
∴BC⊥平面A1AE.∴BC⊥A1A.
又A1A∥B1B,∴BC⊥B1B.
∴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ABC—A1B1C1中,侧棱AA1=20cm,平面B1A1AB与平面A1C1CA所成的二面角为120°
,AA1与BB1、CC1的距离分别为16cm、24cm,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GE⊥AA1,交BB1于点G,过E点在平面AA1C1C中作EF⊥AA1,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AA1∥B1B∥C1C,
∴BB1⊥平面GEF.又GF平面GEF,
∴BB1⊥GF.
由题意,知GF=2∵∠GEF=120°
在△GEF中,
GF又∵SA1ABB1=AA1GE=20×
16=320(cm2)A1ACC1=AA1EF=20×
24=480(cm2)B1BCC1=BB1GF=208=160(cm2),
∴S斜棱柱侧=SA1ABB1+SA1ACC1+SB1B20+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ABC—A1B1C1的直截面.
由题意AA1⊥面EFG,
∴AA1⊥EG,AA1⊥EF.
∴∠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
FG∴S侧=lC=20(16+24+8)0(5+)(cm2)
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- 棱柱 棱锥