棱柱

棱柱一.知识回顾:1.棱柱.⑴①直棱柱侧面积：ChS（C为底面周长，h是高）该公式是利用直棱柱的侧面展开图为矩形得出的.②斜棱住侧面积：lCS1（1C是斜棱柱直截面周长，l是斜棱柱的侧棱长）该公式是利用斜棱柱的侧面展开图为平行四边形得出的.⑵{四棱柱}{平行六面体}{直平行六面体}{长方体}{正四棱柱}{正方体}.{直四棱柱}{平行六面体}={直平行六面体}.四棱柱平行六面体直平行六面体长方体正四棱柱正方体底面是平行四边形侧棱垂直底面底面是矩形底面是正方形侧面与底面边长相等⑶棱柱具有的性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等；直棱柱的各个侧面都是矩形．．．．．．．．；正棱柱的各个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全等．．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.注：①棱柱有一个侧面和底面的一条边垂直可推测是直棱柱.（×）（直棱柱不能保证底面是钜形可如图）②（直棱柱定义）棱柱有一条侧棱和底面垂直.⑷平行六面体：定理一：平行六面体的对角线交于一点．．．．．．．．．．．．．，并且在交点处互相平分.[注]：四棱柱的对角线不一定相交于一点.定理二：长方体的一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱长的平方和.推论一：长方体一条对角线与同一个顶点的三条棱所成的角为,,，则1coscoscos222.推论二：长方体一条对角线与同一个顶点的三各侧面所成的角为,,，则2coscoscos222.[注]：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱.（×）（斜四面体的两个平行的平面可以为矩形）②各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱.（×）（应是各侧面都是正方形的直．棱柱才行）③对角面都是全等的矩形的直四棱柱一定是长方体.（×）（只能推出对角线相等，推不出底面为矩形）④棱柱成为直棱柱的一个必要不充分条件是棱柱有一条侧棱与底面的两条边垂直.（两条边可能相交，可能不相交，若两条边相交，则应是充要条件）二.基础训练:1、棱柱成为直棱柱的一个必要而不充分条件是…………………………………………………().（A）它的一条侧棱垂直于底面（B）它的一条侧棱与底面两条边垂直（C）它的一个侧面与底面都是矩形（D）它的一个侧面与底面的一条边垂直2、一个长方体的全面积是22，体积为8，则这样的长方体…………………………………………（）（A）有一个（B）有两个（C）有无数多个（D）不存在3、在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC，AB⊥AC，M是CC1的中点，Q是BC的中点,在A1B1上,则直线PQ与直线AM所成的角为______.4、一个长方体共一顶点的三个面的面积分别为2、3、6，这个长方体对角线的长是…（）（A）32（B）23（C）６（D）6三.例题讲解:例1、如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为6，B1C＝10，D为AC的中点E、F分别在侧棱A1A和BB1上,且AF＝2BE＝BC．(1)求证：AB1∥平面C1BD；(2)求异面直线AB1和BC1所成的角；(3)求直线AB1到平面C1BD的距离EACA1B1C1FB(4)求过F、E、C的平面与棱柱下底面所成二面角的大小．例2、如图．已知斜三棱柱ABC—A1B1C1中，AC＝BC、D为AB的中点，平面ABC⊥平面ABB1A1，异面直线BC1与AB1互相垂直．（1）求证：AB1⊥CD；（2）求证：AB1⊥平面A1CD；（3）若AB1＝５，求点A到平面A1CD的距离．例3如图正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱均相等，D是BC上的一点，AD⊥C1D（1）求证：面ADC1⊥侧面BCC1B1（2）求二面角C－AC1－D的大小（用反正弦表示）；（3）若AB=2，求直线A1B与截面ADC1之间的距离例4.如图，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的垂心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.四、作业同步练习棱柱1、设有如下三个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体。其中真命题的个数是（）A、0B、1C、2D、32、长方体全面积为11，十二条棱长之和为24，则长方体的一条对角线长为（）A、32B、14C、5D、63、正三棱柱ABC-A1B1C1中，若12BBAB,则AB1与C1B所成角的大小是（）A、60B、90C、105D、754、平行六面体ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，且6011BADADAABA，则对角面11BDDB是（）A、平行四边形B、菱形C、矩形D、正方形5、已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2cm，高为4cm，过BC作一截面，截面与底面ABC成60角，则截面的面积是（）A、4cm2B、32cm2C、23cm2D、233cm26、已知长方体ABCDABCD中，棱5AA，12AB，那么直线BC和平面ABCD的距离是.DACA1B1C1BDACA1B1C1BA1C1B1ACBDEGGFEDC1B1A1CBA7、三棱柱111ABCABC，侧棱1BB在下底面上的射影平行于AC，如果侧棱1BB与底面所成的角为030，160BBC，则ACB的余弦为。8、一个斜棱柱的高为h，直截面周长是c，侧棱与底面所成的角为，其侧面积为9、直平行六面体CA1的底面ABCD为菱形，60BAD,侧面是正方形，E、F分别是111,AABA的中点，M是AC与BD的交点，则EF与MB1所成角的大小.10、如图正三棱锥111ABCABC中，底面边长为a，侧棱长为22a，若经过对角线1AB且与对角线1BC平行的平面交上底面于1DB。（1）试确定D点的位置，并证明你的结论；（2）求平面1ABD与侧面1AB所成的角及平面1ABD与底面所成的角；（3）求1A到平面1ABD的距离。11、如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C、C1的一点，EA⊥EB1，已知AB=2，BB1=2，BC=1，∠BCC1=3，求：（Ⅰ）异面直线AB与EB1的距离；（Ⅱ）二面角A—EB1—A1的平面角的正切值.＝2，DC＝23，AA1（16）如图,在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3，AD⊥DC，AC⊥BD,垂足未E，（I）求证：BD⊥A1C；（II）求二面角A1－BD－C1的大小；（III）求异面直线AD与BC1所成角的大小．参考答案BCBDB6、60137、338、sinch9、410arccos10、解：（1）D为11AC的中点。连结1AB与1AB交于E，则E为1AB的中点，DE为平面1ABD与平面11ABC的交线，∵1BC//平面1ABD∴1BC//DE，∴D为11AC的中点。（2）过D作11DFAB于F，由正三棱锥的性质，1,AADFDF平面1AB，连结DG，则DGF为平面1ABD与侧面1AB所成的角的平面角，可求得34DFa，由111BFGBAA，得34FGa，∴4DGF∵D为11AC的中点，∴111BDAC，由正三棱锥的性质，11AABD，∴1BD平面1AC∴1BDAD，∴1ADA是平面1ABD与上底面所成的角的平面角，可求得1tan2ADA，∴1ADAarctan2（3）过1A作1AMAD，∵1BD平面1AC，∴1BD1AM，∴1AM平面1ABD即1AM是1A到平面1ABD的距离，32ADa，∴1AM66a11、解法一：（Ⅰ）因AB⊥面BB1C1C，故AB⊥BE.又EB1⊥EA，且EA在面BCC1B1内的射影为EB.由三垂线定理的逆定理知EB1⊥BE，因此BE是异面直线AB与EB1的公垂线，在平行四边形BCC1B1中，设EB=x，则EB1=24x，作BD⊥CC1，交CC1于D，则BD=BC·.233sin在△BEB1中，由面积关系得0)3)(1(,23221421222xxxx即.3,1xx解之得（负根舍去）,33cos21,,322CECEBCEx中在时当解之得CE=2，故此时E与C1重合，由题意舍去3x.因此x=1，即异面直线AB与EB1的距离为1.（Ⅱ）过E作EG//B1A1，则GE⊥面BCC1B，故GE⊥EB1且GE在圆A1B1E内，又已知AE⊥EB1故∠AEG是二面角A—EB1—A1的平面角.因EG//B1A1//BA，∠AEG=∠BAE，故.2221tanABBEAEG解法二：（Ⅰ）平面又由得由ABEBAEEBAE,0,11而BB1C1C得AB⊥EB1从而1EBAB=0..,0)(111111的公垂线与是异面直线故线段即故EBABBEEBEBEBABEBEAEBABEAEBEB设O是BB1的中点，连接EO及OC1，则在Rt△BEB1中，EO=21BB1=OB1=1，因为在△OB1C1中，B1C1=1，∠OB1C1=3，故△OB1C1是正三角形，所以OC1=OB1=1，又因∠OC1E=∠B1C1C－∠B1C1O=,3332故△OC1E是正三角形，所以C1E=1，故CE=1，易见△BCE是正三角形，从面BE=1，即异面直线AB与EB1的距离是1.（Ⅱ）由（I）可得∠AEB是二面角A—EB1—B的平面角，在Rt△ABE中，由AB=2，BE=1，得tanAEB=2.又由已知得平面A1B1E⊥平面BB1C1C，故二面角A—EB1—A1的平面角AEB2，故.22cot)2tan(tanAEBAEB解法三：（I）以B为原点，1BB、BA分别为y、z轴建立空间直角坐标系.由于BC=1，BB1=2，AB=2，∠BCC1=3，在三棱柱ABC—A1B1C1中有B（0，0，0），A（0，0，2），B1（0，2，0），)0,23,23(),0,21,23(1CC设即得由,0,),0,,23(11EBEAEBEAaE)0,2,23()2,,23(0aa,432)2(432aaaa.,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EBBEEBBEEaaaa即故舍去或即得又AB⊥面BCC1B1，故AB⊥BE.因此BE是异面直线AB、EB1的公垂线，则14143||BE，故异面直线AB、EB1的距离为1.（II）由已知有,,1111EBABEBEA故二面角A—EB1—A1的平面角的大小为向量EAAB与11的夹角..22tan,32||||cos),2,21,23(),2,0,0(111111即故因ABEAABEAEABAAB12、（I）在直四棱柱ABCD－AB1C1D1中，∵AA1⊥底面ABCD．∴AC是A1C在平面ABCD上的射影．∵BD⊥AC．∴BD⊥A1C；（II）连结A1E，C1E，A1C1．与（I）同理可证BD⊥A1E，BD⊥C1E，∴∠A1EC1为二面角A1－BD－C1的平面角．∵AD⊥DC，∴∠A1D1C1=∠ADC＝90°，又A1D1=AD＝2，D1C1=DC＝23，AA1=3且AC⊥BD，∴A1C1＝4，AE＝1，EC＝3，∴A1E＝2，C1E＝23，在△A1EC1中，A1C12＝A1E2＋C1E2，∴∠A1EC1＝90°，即二面角A1－BD－C1的大小为90°．（III）过B作BF//AD交AC于F，连结FC1，则∠C1BF就是AD与BC1所成的角．∵AB＝AD＝2，BD⊥AC，AE＝1，∴BF=2，EF＝1，FC＝2，BC＝DC，∴FC1=7，BC1＝15，在△BFC1中，1154715cos51215CBF