高考一轮复习数学 棱柱与棱锥

高考一轮复习数学 棱柱与棱锥

‎9.10 棱柱与棱锥 ‎●知识梳理 ‎1.有两个面互相平行，其余各面的公共边互相平行的多面体叫做棱柱.侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱.底面是正多边形的直棱柱叫正棱柱.‎ ‎2.棱柱的各侧棱相等，各侧面都是平行四边形；长方体的对角线的平方等于由一个顶点出发的三条棱的平方和.‎ ‎3.一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形的多面体叫做棱锥.底面是正多边形并且顶点在底面上的射影是正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥.‎ ‎4.棱锥中与底面平行的截面与底面平行，并且它们面积的比等于对应高的平方比.‎ 在正棱锥中，侧棱、高及侧棱在底面上的射影构成直角三角形；斜高、高及斜高在底面上的射影构成直角三角形.‎ ‎●点击双基 ‎1.设M=｛正四棱柱｝，N=｛直四棱柱｝，P=｛长方体｝，Q=｛直平行六面体｝，则四个集合的关系为 A.MPNQ B.MPQN C.PMNQ D.PMQN 解析：理清各概念的内涵及包含关系.‎ 答案：B ‎2.如图，在斜三棱柱ABC—A1B‎1C1中，∠BAC=90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在 A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.△ABC内部 解析：由AC⊥AB，AC⊥BC1，知AC⊥面ABC1，从而面ABC1⊥面ABC，因此，C1在底面ABC上的射影H必在两面的交线AB上.‎ 答案：A ‎3.将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD=a，则三棱锥D—ABC的体积为 A. B. C. a3 D. a3‎ 答案：D ‎4.（2003年春季上海）若正三棱锥底面边长为4，体积为1，则侧面和底面所成二面角的大小等于_______.（结果用反三角函数值表示）‎ 解析：取BC的中点D，连结SD、AD，则SD⊥BC，AD⊥BC.‎ ‎∴∠SDA为侧面与底面所成二面角的平面角，设为α.在平面SAD中，作SO⊥AD与AD交于O，则SO为棱锥的高.‎ AO=2DO，∴OD=.‎ 又VS—ABC=·AB·BC·sin60°·h=1，‎ ‎∴h=.∴tanα===.‎ ‎∴α=arctan.‎ 答案：arctan ‎5.过棱锥高的三等分点作两个平行于底面的截面，它们将棱锥的侧面分成三部分的面积的比（自上而下）为__________.‎ 解析：由锥体平行于底面的截面性质知，自上而下三锥体的侧面积之比，S侧1∶S侧2∶S侧3=‎ ‎1∶4∶9，所以锥体被分成三部分的侧面积之比为1∶3∶5.‎ 答案：1∶3∶5‎ ‎●典例剖析 ‎【例1】 已知E、F分别是棱长为a的正方体ABCD—A1B‎1C1D1的棱A‎1A、CC1的中点，求四棱锥C1—B1EDF的体积.‎ 解法一：连结A‎1C1、B1D1交于O1，过O1作O1H⊥B1D于H，‎ ‎∵EF∥A‎1C1，‎ ‎∴A‎1C1∥平面B1EDF.∴C1到平面B1EDF的距离就是A‎1C1到平面B1EDF的距离.‎ ‎∵平面B1D1D⊥平面B1EDF，‎ ‎∴O1H⊥平面B1EDF，即O1H为棱锥的高.‎ ‎∵△B1O1H∽△B1DD1，‎ ‎∴O1H==a，‎ V=S·O1H=··EF·B1D·O1H=··a·a·a=a3.‎ 解法二：连结EF，设B1到平面C1EF的距离为h1，D到平面C1EF的距离为h2，则h1+h2=B1D1=a，∴V=V+V=·S·（h1+h2）= a3.‎ 解法三：V=V－V－V=a3.‎ 特别提示 求体积常见方法有：①直接法（公式法）；②分割法；③补形法.‎ ‎【例2】 如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，PA=AB=2，BC=a，又侧棱PA⊥底面ABCD.‎ ‎（1）当a为何值时，BD⊥平面PAC?试证明你的结论.‎ ‎（2）当a=4时，求D点到平面PBC的距离.‎ ‎（3）当a=4时，求直线PD与平面PBC所成的角.‎ 剖析：本题主要考查棱锥的性质，直线、平面所成的角的计算和点到平面的距离等基础知识.同时考查空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力.‎ 本题主要是在有关的计算中，推理得到所求的问题，因而尽量选择用坐标法计算.‎ 解：（1）以A为坐标原点，以AD、AB、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，当a=2时，BD⊥AC，又PA⊥BD，故BD⊥平面PAC.故a=2.‎ ‎（2）当a=4时，D（4，0，0）、C（0，2，0）、C（4，2，0）、P（0，0，2）、 =（0，2，－2），=（4，0，0）.‎ 设平面PBC的法向量为n，则n·=0，n·=0，即（x，y，z）·（0，2，－2）=0，（x，y，z）·（4，0，0）=0，得x=0，y=z，取y=1，故n=（0，1，1）.则D点到平面PBC的距离d==.‎ ‎（3） =（4，0，2），cos〈，n〉==>0，证〈，n〉=α，设直线PD与平面PBC所成的角为θ，则sinθ=sin（－α）=cosα=.‎ 所以直线PD与平面PBC所成的角为arcsin.‎ ‎【例3】 如图，设三棱锥S—ABC的三个侧棱与底面ABC所成的角都是60°，又∠BAC=60‎ ‎°，且SA⊥BC.‎ ‎（1）求证：S—ABC为正三棱锥；‎ ‎（2）已知SA=a，求S—ABC的全面积.‎ ‎（1）证明：正棱锥的定义中，底面是正多边形；顶点在底面上的射影是底面的中心，两个条件缺一不可.作三棱锥S—ABC的高SO，O为垂足，连结AO并延长交BC于D.‎ 因为SA⊥BC，所以AD⊥BC.又侧棱与底面所成的角都相等，从而O为△ABC的外心，OD为BC的垂直平分线，所以AB=AC.又∠BAC=60°，故△ABC为正三角形，且O为其中心.所以S－ABC为正三棱锥.‎ ‎（2）解：只要求出正三棱锥S—ABC的侧高SD与底面边长，则问题易于解决.在Rt△SAO中，由于SA=a，∠SAO=60°，所以SO=a，AO=a.因O为重心，所以AD=AO=a，BC=2BD=2ADcot60°=a，OD=AD=a.‎ 在Rt△SOD中，SD2=SO2＋OD2=（a）2＋（a）2=，则SD=a.‎ 于是，（SS－ABC）全=·（a）2sin60°＋3··a·a=a2.‎ 深化拓展 ‎（1）求正棱锥的侧面积或全面积还可以利用公式S正棱锥底=cosα·S正棱锥侧（α为侧面与底面所成的二面角）.就本题cosα=，S=a2，所以（SS－ABC）侧=a2÷=a2.于是也可求出全面积.‎ ‎（2）注意到高SO=a，底面边长BC=a是相等的，因此这类正三棱锥还有高与底面边长相等的性质，反之亦真.‎ ‎（3）正三棱锥中，若侧棱与底面边长相等，则变成四个面都是正三角形的三棱锥，这时可称为正四面体，因此正四面体是特殊的正三棱锥，但正三棱锥不一定是正四面体.‎ ‎●闯关训练 夯实基础 ‎1.（2004年全国Ⅰ，10）已知正四面体ABCD的表面积为S，其四个面的中心分别为E、F、G、H.设四面体EFGH的表面积为T，则等于 A. B. C. D. ‎ 解析：如图所示，正四面体ABCD四个面的中心分别为E、F、G、H，‎ ‎∴四面体EFGH也是正四面体.‎ 连结AE并延长与CD交于点M，‎ 连结AG并延长与BC交于点N.‎ ‎∵E、G分别为面的中心，‎ ‎∴==.∴=.‎ 又∵MN=BD，∴=.‎ ‎∵面积比是相似比的平方，∴=.‎ 答案：A ‎2.P是长方体AC1上底面A1C1内任一点，设AP与三条棱AA1、AB、AD所成的角为α、β、γ，则cos2α+cos2β+cos2γ的值是 A.1 B.2 C. D.不确定正 解析：以AP为一条对角线截得小长方体AP，由长方体的对角线长定理可得cos2α+cos2β ‎+cos2γ=1.‎ 答案：A ‎3.在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH的边及其内部运动，则M只需满足条件__________时，就有MN⊥AC.‎ 答案：点M与F重合 说明：本题答案不唯一，当点M在线段FH上时均有MN⊥AC.‎ ‎4.在三棱锥S—ABC中，∠ASB=∠ASC=∠BSC=60°，则侧棱SA与侧面SBC所成的角的大小是_____________.‎ 答案：arccos ‎5.三棱锥一条侧棱长是16 cm，和这条棱相对的棱长是18 cm，其余四条棱长都是17 cm，求棱锥的体积.‎ 解：如图，取AD的中点E，连结CE、BE，‎ ‎∵AC=CD=17，DE=8，CE2=172－82=225，BE=CE，‎ ‎∴取BC的中点F，连结EF，EF为BC边上的高，EF===12.‎ ‎∴S=108.‎ ‎∵AC=CD=17cm，E为AD的中点，CE⊥AD，同理BE⊥AD，‎ ‎∴DA⊥平面BCE.‎ ‎∴三棱锥可分为以底面BCE为底，以AE、DE为高的两个三棱锥.‎ ‎∴VA－BCD=VA—BCE+VD—BCE=2·S·AE=2××108×8=576（cm3）.‎ ‎6.（2003年春季北京）如图，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4，E、F分别为棱AB、BC的中点，EF∩BD=G.‎ ‎（1）求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1；‎ ‎（2）求点D1到平面B1EF的距离d.‎ ‎（1）证法一：连结AC.‎ ‎∵正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面是正方形，∴AC⊥BD.又AC⊥D1D，∴AC⊥平面BDD1B1.‎ ‎∵E、F分别为AB、BC的中点，故EF∥AC.‎ ‎∴EF⊥平面BDD1B1.‎ ‎∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.‎ 证法二：∵BE=BF，∠EBD=∠FBD=45°，‎ ‎∴EF⊥BD.‎ 又EF⊥D1D，∴EF⊥平面BDD1B1.‎ ‎∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.‎ ‎（2）在对角面BDD1B1中，作D1H⊥B1G，垂足为H.‎ ‎∵平面B1EF⊥平面BDD1B1，且平面B1EF∩平面BDD1B1=B1G，‎ ‎∴D1H⊥平面B1EF，且垂足为H.‎ ‎∴点D1到平面B1EF的距离d=D1H.‎ 解法一：在Rt△D1HB1中，‎ D1H=D1B1·sin∠D1B1H.‎ ‎∵D1B1=A1B1=·2=4，‎ sin∠D1B1H=sin∠B1GB===，‎ ‎∴d=D1H=4·=.‎ 解法二：∵△D1HB1∽△B1BG，‎ ‎∴=.‎ ‎∴d=D1H===.‎ 解法三：连结D1G，则△D1GB1的面积等于正方形DBB1D1面积的一半，即·B1G·D1H=B1B2，‎ ‎∴d=D1H== . ‎ 培养能力 ‎7.在正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB1=BB1，‎ ‎（1）求证：AB1⊥BC1；‎ ‎（2）求二面角A—BC1—C的正切值.‎ ‎（1）证法一：如图，取BC的中点M，连结B1M、BC1交于N，则AM⊥面BC1.下证BC1⊥B1M.设BB1=1，则AB1=，AB=BC=，‎ ‎∴tan∠B1MB==tan∠B1BC1.‎ ‎∴得△B1MB∽△B1BN.‎ ‎∴∠B1BM=90°=∠B1NB，即BC1⊥B1M.‎ ‎∴BC1⊥斜线AB1.‎ 证法二：如图，取B1C1和B1B的中点E与D，连结ED，则DE∥BC1.再取AB的中点G，连结DG，则DG∥AB1，‎ ‎∴∠GDE为异面直线AB1、BC1所成的角.下用勾股定理证明∠GDE为直角.取A1B1的中点F，连结EF、EG、FG，则EG=且DE、DG均可表示出.‎ 故可知EG2=DE2＋DG2，∴∠GDE=90°.‎ ‎（2）解：连结AN，则∠ANM为所求二面角的平面角，tan∠ANM=3.‎ 评述：本题（1）证法一中可把面BB1C1C单独拿出作成平面图形，则易于观察△B1MB与△B1NB的相似关系.证法二的特点是思路较好.因为所证为两异面直线，作出其所成角为一般方法.‎ ‎8.（2005年春季北京，文16）如图，正三棱锥S—ABC中，底面的边长是3，棱锥的侧面积等于底面积的2倍，M是BC的中点.求：‎ ‎（1）的值；‎ ‎（2）二面角S—BC—A的大小；‎ ‎（3）正三棱锥S—ABC的体积.‎ 解：（1）∵SB=SC，AB=AC，M为BC的中点，∴SM⊥BC，AM⊥BC.‎ 由棱锥的侧面积等于底面积的2倍，即 ‎3×BC×SM=2×BC×AM，‎ 得=.‎ ‎（2）作正三棱锥的高SG，则G为正三角形ABC的中心，G在AM上，GM=AM.‎ ‎∵SM⊥BC，AM⊥BC，‎ ‎∴∠SMA是二面角S—BC—A的平面角.‎ 在Rt△SGM中，‎ ‎∵SM=AM=×3GM=2GM，‎ ‎∴∠SMA=∠SMG=60°，‎ 即二面角S—BC—A的大小为60°.‎ ‎（3）∵△ABC的边长是3，‎ ‎∴AM=，GM=，SG=GMtan60°=·= .‎ ‎∴VS—ABC= S·SG=··=.‎ ‎（2005年春季北京，理16）如图，正三角形ABC的边长为3，过其中心G作BC边的平行线，分别交AB、AC于B1、C1.将△AB1C1沿B1C1折起到△A1B1C1的位置，使点A1在平面BB1C1C上的射影恰是线段BC的中点M.求：‎ ‎（1）二面角A1—B1C1—M的大小；‎ ‎（2）异面直线A1B1与CC1所成角的大小.（用反三角函数表示）‎ 解：（1）连结AM、A1G.‎ ‎∵G是正三角形ABC的中心，且M为BC的中点，‎ ‎∴A、G、M三点共线，AM⊥BC.‎ ‎∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥AM于点G，‎ 即GM⊥B1C1，GA1⊥B1C1.‎ ‎∴∠A1GM是二面角A1—B1C1—M的平面角.‎ ‎∵点A1在平面BB1C1C上的射影为M，‎ ‎∴A1M⊥MG，∠A1MG=90°.‎ 在Rt△A1GM中，由A1G=AG=2GM，得∠A1GM=60°，‎ 即二面角A1—B1C1—M的大小是60°.‎ ‎（2）过B1作C1C的平行线交BC于点P，则∠A1B1P等于异面直线A1B1与CC1所成的角.‎ 由PB1C1C是平行四边形得B1P=C1C=1=BP，PM=BM－BP=，A1B1=AB1=2.‎ ‎∵A1M⊥面BB1C1C于点M，‎ ‎∴A1M⊥BC，∠A1MP=90°.‎ 在Rt△A1GM中，A1M=A1G·sin60°=·=.‎ 在Rt△A1MP中，A1P2=A1M2+PM2=（）2+（）2=.‎ 在△A1B1P中，由余弦定理得 cos∠A1B1P===，‎ ‎∴异面直线A1B1与CC1所成角的大小为arccos.‎ 探究创新 ‎9.（2004年天津，理19）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.‎ ‎（1）证明：PA∥平面EDB；‎ ‎（2）证明：PB⊥平面EFD；‎ ‎（3）求二面角C—PB—D的大小.‎ 解法一：（1）证明：连结AC交BD于O.连结EO.‎ ‎∵底面ABCD是正方形，∴点O是AC的中点.‎ 在△PAC中，EO是中位线，‎ ‎∴PA∥EO.‎ 而EO平面EDB且PA平面EDB，‎ ‎∴PA∥平面EDB.‎ ‎（2）证明：∵PD⊥底面ABCD且DC底面ABCD，∴PD⊥DC.‎ ‎∵PD=DC，可知△PDC是等腰直角三角形.而DE是斜边PC的中线，‎ ‎∴DE⊥PC. ①‎ 同样由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC.‎ ‎∵底面ABCD是正方形，有DC⊥BC，‎ ‎∴BC⊥平面PDC.‎ 而DE平面PDC，∴BC⊥DE. ②‎ 由①和②推得DE⊥平面PBC.‎ 而PB平面PBC，∴DE⊥PB.‎ 又EF⊥PB且DE∩EF=E，所以PB⊥平面EFD.‎ ‎（3）解：由（2）知PB⊥DF，故∠EFD是二面角C—PB—D的平面角.‎ 由（2）知，DE⊥EF，PD⊥DB.‎ 设正方形ABCD的边长为a，则PD=DC=a，BD=a，‎ PB==a，‎ PC==a，‎ DE=PC=a.‎ 在Rt△PDB中，‎ DF===a.‎ 在Rt△EFD中，‎ sin∠EFD===，‎ ‎∴∠EFD=.‎ ‎∴二面角C—PB—D的大小为.‎ 解法二：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点.设DC=a.‎ ‎（1）证明：连结AC交BD于G.连结EG.‎ 依题意得A（a，0，0），P（0，0，a），E（0，，）.‎ ‎∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故点G的坐标为（，，0）且=（a，0，－a）， =（，0，－）.‎ ‎∴=2.这表明PA∥EG.‎ 而EG平面EDB且PA平面EDB，‎ ‎∴PA∥平面EDB.‎ ‎（2）证明：依题意得B（a，a，0），‎ ‎=（a，a，－a）.‎ 又=（0，，），‎ 故·=0+－=0.‎ ‎∴PB⊥DE.‎ 由已知EF⊥PB，且EF∩DE=E，‎ ‎∴PB⊥平面EFD.‎ ‎（3）解：设点F的坐标为（x0，y0，z0）， =λ，则（x0，y0，z0－a）=λ（a，a，－a）.‎ 从而x0=λa，y0=λa，z0=（1－λ）a.‎ ‎∴ =（－x0，－y0，－z0）=［－λa，（－λ）a，（λ－）a］.‎ 由条件EF⊥PB知·=0，即 ‎－λa2+（－λ）a2－（λ－）a2=0，‎ 解得λ=.‎ ‎∴点F的坐标为（，，），且=（－，，－）， =（－，－，－）.∴·=－－+=0，即PB⊥FD.‎ 故∠EFD是二面角C—PB—D的平面角.‎ ‎∵·=－+=，且||=·a，||=·a，‎ ‎∴cos∠EFD==.‎ ‎∴∠EFD=.∴二面角C—PB—D为.‎ ‎●思悟小结 ‎1.棱柱是第一章有关线面关系的载体，棱柱的计算证明问题常借助于前面的内容来解决.因此要牢固掌握线面间的位置关系的性质、判定.‎ ‎2.三棱锥的等（体）积变换是解决点到面的距离的常见方法之一，同时也是使计算简化的灵活手法；“割”“补”是解决体积问题的常用技巧.正棱锥的四个“特征”直角三角形，是将“空间问题”转化为“平面问题”的桥梁.‎ ‎●教师下载中心 教学点睛 ‎1.使学生正确理解棱柱、直棱柱、正棱柱、平行六面体、长方体及正方体等有关概念，掌握棱柱的性质及长方体对角线性质，会求棱柱的侧面积及体积.‎ ‎2.要使学生理解棱锥、正棱锥的意义，掌握棱锥、正棱锥的性质，会求其侧面积及体积.结合例题讲清求体积的常用方法.‎ ‎3.在解答棱柱、棱锥的综合练习时，要善于联想，灵活运用柱、锥的性质和线面关系，善于揭示一类问题的共同特征，掌握基本方法，对于正棱柱、直棱柱问题借助空间坐标系或向量的运算或许更容易理解、掌握.‎ ‎4.仍以棱柱、棱锥为载体，训练计算能力.想象能力和逻辑推理能力.‎ 拓展题例 ‎【例1】 斜三棱柱的一个侧面的面积为S，这个侧面与它所对的棱的距离为d，那么这个三棱柱的体积为_____________.‎ 解析：将该斜三棱柱补成一个四棱柱，该四棱柱的底面积为S，高为d，故四棱柱的体积为Sd，‎ ‎∴V斜三棱柱=dS.‎ 答案： dS ‎【例2】 已知三棱锥S—ABC的三条侧棱SA、SB、SC两两互相垂直且长度分别为a、b、c，设O为S在底面ABC上的射影.求证：‎ ‎（1）O为△ABC的垂心；（2）O在△ABC内；（3）设SO=h，则 + +=.‎ 证明：（1）∵SA⊥SB，SA⊥SC，‎ ‎∴SA⊥平面SBC，BC平面SBC.∴SA⊥BC.‎ 而AD是SA在平面ABC上的射影，∴AD⊥BC.‎ 同理可证AB⊥CF，AC⊥BE，故O为△ABC的垂心.‎ ‎（2）证明△ABC为锐角三角形即可.不妨设a≥b≥c，则底面三角形ABC中，AB=为最大，从而∠ACB为最大角.‎ 用余弦定理求得cos∠ACB=>0，∴∠ACB为锐角，△ABC为锐角三角形.故O在△ABC内.‎ ‎（3）SB·SC=BC·SD，‎ 故SD=，= +，又SA·SD=AD·SO，‎ ‎∴===+= ++=.‎