2019-2020年高中数学 9.9《棱柱与棱锥·第四课时》教案 旧人教版必修

【课题】棱柱与棱椎（4）【教学目标】1、了解棱锥及其底面、侧面、侧棱、顶点、高、对角面的概念.2、掌握一般棱锥与正棱锥的区别与联系.3、掌握棱锥的截面性质定理.4、掌握正棱锥的性质及各元素间的关系式.【教学重点】1、棱锥的截面性质定理.2、正棱锥的性质.【教学难点】【教学过程】一、复习引入帆布的帐篷，金字塔等物体，都给我们棱锥的形象。

二、讲解新课（一）棱锥的概念：如果一个多面体的一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，那么这样的多面体叫棱锥。

在棱锥中有公共顶点（S）的各三角形，叫棱锥的侧面；余下的那个多边形，叫棱锥的底面或底；两个相邻侧面的公共边，叫做棱锥的侧棱；各侧面的公共顶点()S，叫棱锥的顶点；由顶点到底面所在平面的垂线段()SO ，叫棱锥的高（垂线段的长也简称高）． 2．棱锥的表示：棱锥用顶点和底面各顶点的字母，或用顶点和底面一条对角线端点的字母来表示。

如图棱锥可表示为S ABCDE -，或S AC -． 3．棱锥的分类：（按底面多边形的边数）分别称底面是三角形，四边形，五边形……的棱锥为三棱锥，四棱锥，五棱锥……（如图）4．棱锥的性质：定理：如果棱锥被平行于底面的平面所截，那么所得的截面与底面相似，截面面积与底面面积比等于顶点到截面的距离与棱锥高的平方比．已知：在棱锥S AC -中，SH 是高，截面A B C D E '''''平行于底面，并与SH 交于H '，求证：截面A B C D E '''''～底面ABCDE ，且22A B C D E ABCDE S SH S SH''''''=．解：因为截面平行于底面，∴//A B AB ''，//B C BC ''，//C D CD ''，… ∴,A B C ABC B C D BCD ''''''∠=∠∠=∠，…又∵平面SAH 分别与截面和底面相交于A H ''和AH ， ∴//A H AH ''，得A B SA SH AB SA SH ''''==，同理B C SH BC SH '''=，… ∴A B B C SH ABBC SH'''''=== ， 因此，截面A B C D E '''''～底面ABCDE ，且2222A B C D E ABCDE S A B SH S AB SH ''''''''==． 中截面：经过棱锥高的中点且平行于底面的截面，叫棱锥的中截面。

高中数学备课教案立体几何中的棱柱与棱锥高中数学备课教案立体几何中的棱柱与棱锥一、引言立体几何是数学中一个重要的分支，其中的棱柱与棱锥是常见的几何体。

本教案将介绍棱柱与棱锥的定义、特征和性质，并提供相关的例题和练习题，以帮助学生更好地理解和掌握这两种几何体的知识。

二、棱柱的定义与特征1. 定义：棱柱是由两个平行且相等的多边形底面以及连接底面上相对顶点的若干矩形侧面构成的立体图形。

2. 特征：棱柱具有以下特征：a) 顶面和底面是多边形，且相等；b) 侧面是矩形，且与底面垂直；c) 棱柱的棱数等于底面的边数。

三、棱柱的性质1. 高度：棱柱的高度是连接两个底面并与底面垂直的线段。

2. 体积：棱柱的体积可以通过底面积乘以高度来计算。

3. 表面积：棱柱的表面积由底面积和侧面积之和组成。

四、棱柱的例题例题1：一个棱柱的底面是一个边长为4cm的正方形，高度为6cm，求该棱柱的体积和表面积。

解：该棱柱的底面积为4cm * 4cm = 16cm²。

根据公式，体积 = 底面积 * 高度 = 16cm² * 6cm = 96cm³。

侧面积 = 高度 * 周长 = 6cm * 4cm + 6cm * 4cm + 4cm * 4cm = 96cm²。

表面积 = 底面积 + 侧面积 = 16cm² + 96cm² = 112cm²。

例题2：一个棱柱的体积为120cm³，底面是一个边长为8cm的正方形，求该棱柱的高度。

解：设该棱柱的高度为h，根据公式体积 = 底面积 * 高度，可得8cm * 8cm * h = 120cm³。

解方程可得 h = 120cm³ / (8cm * 8cm) = 1.875cm。

所以，该棱柱的高度为1.875cm。

五、棱锥的定义与特征1. 定义：棱锥是由一个多边形底面和连接底面上各顶点与一个共同顶点的若干三角形侧面构成的立体图形。

教学目标：了解棱柱、棱锥的概念,掌握棱柱、正棱锥的性质,绘画直棱柱、正棱锥的直观图.教学重点：掌握棱柱、正棱锥的性质及性质的运用〔一〕主要知识及主要方法：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 .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.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央的棱锥叫做正棱锥^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 .三棱锥的顶点在底面三角形上射影位置常见的有：①侧棱长相等外心；②侧棱与底面所成的角相等外心；② 侧面与底面所成的角相等内心；④顶点到底面三边的距离相等内心；⑤三侧棱两两垂直垂心；⑥相对棱两两垂直垂心^求体积常见方法有：①直接法〔公式法〕；②转移法：利用祖咂原理或等积变化,把所求的几何体转化为与它等底、等高的几何体的体积；③分割法求和法：把所求几何体分割成根本几何体的体积；④补形法：通过补形化归为根本几何体的体积；⑤四面体体积变换法；⑥利用四面体的体积性质：〔i 〕底面积相同的两个三棱锥体积之比等于其底面积的比；〔ii〕高相同的两个三棱锥体积之比等于其底面积的比；〔iii〕用平行于底面的平面去截三棱锥,截得的小三棱锥与原三棱锥的体积之比等于相似比的立方^ 〔二〕典例分析：问题1.〔全国H文〕下面是关于三棱锥的四个命题：①底面是等边三角形,侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥.②底面是等边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥.③底面是等边三角形,侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥.④侧棱与底面所成的角相等,且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥.其中,真命题的编号是__________________ 〔写出所有真命题的编号〕〔江西文〕如果四棱锥的四条侧棱都相等,就称它为“等腰四棱锥〞,四条侧棱称为它的腰,以下个命题中,假命题,是等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上〔全国〕下面是关于四棱柱的四个命题：①假设有两个侧面垂直于底面,那么该四棱柱为直四棱柱；②假设两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,那么该四棱柱为直四棱柱;③假设四个侧面两两全等,那么该四棱柱为直四棱柱；④假设四棱柱的四条对角线两两相等,那么该四棱柱为直四棱柱. 其中,真命题的编号是〔写出所有真命题的编号〕〔江西文〕如右图,正三棱柱的底面边长为,高为,一质点自点出发,沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为问题2.三棱柱中,,、、的长均为,点在底面上的射影在上.求与侧面所成的角；假设点恰是的中点,求此三棱柱的侧面积;求此三棱柱的体积.问题3.正四面体的棱长为,用一个平行于底面的平面截此四面体,所得的截面面积为, 求截面与底面之间的距离.〔三〕课后作业：一个正三棱锥与一个正四棱锥,它们的棱长都相等,把这个正三棱锥的一个侧面重合在正四棱锥的一个侧面上,这个组合体可能是正四棱锥正五棱锥斜三棱柱正三棱柱问题4.如下图,三棱锥中,求三棱锥的体积.〔要求用四种不同的方法〕如果三棱锥的底面是不等边三角形,侧面与底面所成的二面角相等,且顶点在底面的射影为,在内,那么是的垂心重心外心内心如图,在直三棱柱中,,,、为侧棱上的两点,且,那么多面体的体积等于______________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局部的面积的比〔自上而下〕为在三棱锥中,/ASB=NASC=/BSC = 60",那么侧棱与侧面所成的角的大小是三棱锥一条侧棱长是,和这条棱相对的棱长是,其余四条棱长都是,求棱锥的体积平行六面体的底面是矩形,侧棱长为,点在底面上的射影是的中点,与底面成角, 二面角为,求该平行六面体的外表积和体积.〔届高三合肥市三检〕正三棱柱的底面边长为,侧棱长为,过正三棱柱底面上的一条棱作-平面与底面成的平面角,那么该平面与平面所截得的线段长等于〔届高三宝鸡中学第四次月考〕在直四棱柱中, 求证：；求异面直线与所成的角.〔四〕走向局考：〔安徽〕在正方体上任意选择个顶点,它们可能是如下各种几何形体的个顶点,这些几何形体是〔写出所有正确结论的编号〕.①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形,有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体〔北京春〕两个完全相同的长方体的长、宽、高分别为, …把它们重叠在一起组成一个新长方体,在这些新长方体中,最长的对角线的长度是〔上海〕有两个相同的直三棱柱,高为,底面三角形的三边长分别为、、〔〕.用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情况中,全面积最小的是一个四棱柱,那么的取值范围是〔上海春〕正四棱锥底面边长为,侧棱长为,那么其体积为〔全国I〕一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上柱的底面边.正三棱长为,那么该三角形的斜边长为〔江苏〕正三棱锥高为,侧棱与底面所成角为,那么点到侧面的距离是教学目标：了解多面体、凸多面体的概念了解正多面体的概念,知道欧拉公式和五种正多面体的顶点数、面数及棱数要使学生理解两点的球面距离,掌握球的外表积及球的体积公式、求球面面积、球的体积及两点的球面距离.球是最常见的几何体.高考对球的考查主要在以下四个方面：球的截面的性质；球的外表积和体积；球面上两点间的球面距离；球与其他几何体的组合体.而且多以选择题和填空题的形式出现.第〔〕方面有时用综合题进行考查.教学重点：〔一〕主要知识及主要方法：每个面都是有相同边数的正多边形,每个顶点为端点都有相同棱数的凸多面体,叫做正多面体. 正多面体有且只有种.分别是正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体 .简单多面体：考虑一个多面体,例如正六面体,假定它的面是用橡胶薄膜做成的,如果充以气体,那么它就会连续〔不破裂〕变形,最后可变为一个球面.如图：象这样,表面经过连续变形可变为球面的多面体,叫做简单多面体^说明：棱柱、棱锥、正多面体等一切凸多面体都是简单多面体五种正多面体的顶点数、面数及棱数：欧拉定理〔欧拉公式〕：简单多面体的顶点数、面数及棱数有关系式：计算棱数常见方法：；各面多边形边数和的一半；顶点数与共顶点棱数积的一半^球的概念：与定点距离等于或小于定长的点的集合,叫做球体,简称球定点叫球心, 定长叫球的半径与定点距离等于定长的点的集合叫做球面.一个球或球面用表示它的球心的字母表示,例如球球的截面：用一平面去截一个球,设是平面的垂线段,为垂足,且,所得的截面是以球心在截面内的射影为圆心,以为半径的一个圆,截面是一个圆面^球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆,被不经过球心的平面截得的圆叫做小圆两点的球面距离：球面上两点之间的最短距离,就是经过两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度,我们把这个弧长叫做两点的球面距离 .〔为球心角的弧度数〕.球的外表积和体积公式：,.〔二〕典例分析：问题1.〔辽宁〕棱长为的正方体,连结相邻面的中央,以这些线段为棱的八面体的体积为一个正四面体和一个正八面体的棱长相等且为,把它们拼起来,使一个外表重合, 所得的多面体有多少个面？问题2.〔天津〕一个长方体的各顶点均在同一球的球面上,且一个顶点上的三条棱的长分别为,那么此球的外表积为〔全国I文〕正四棱锥的底面边长和各侧棱长都为,点都在同一个球面上,那么该球的体积为〔江西文〕四面体的外接球球心在上,且, 在外接球面上两点、间的球面距离是〔陕西〕水平桌面上放有个半径均为的球, 且相邻的球都相切〔球心的连线构成正方形〕.在这个球的上面放个半径为的小球,它和下面个球恰好都相切,那么小球的球心到水平桌面的距离是问题3.〔四川〕设球的半径是,、、是球面上三点, 到、两点的球面距离都是,且二面角的大小为,那么从点沿球面经、两点再回到点的最短距离是问题4.三棱锥的两条棱,其余各棱长均为,求三棱锥的内切球半径和外接球半径.问题5.球的半径为,在球内作一个内接圆柱,这个圆柱底面半径与高为何值时, 它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？〔三〕课后作业：正方体、正多面体、凸多面体、简单多面体是什么关系?凸多面体每个面都是五边形,每个顶点都有三条棱相交,试求该凸多面体的面数、顶点数和棱数.一个广告气球被一束入射角为的平行光线照射,其投影是一个长半轴为的椭圆,那么制作这个广告气球至少需要的面料是在球面上有四个点、、、,如果、、两两互相垂直,且,那么这个球面的面积是北纬的圆把北半球面积分为两局部,这两局部面积的比为过球面上、、三点的截面和球心的距离等于球半径的一半, 且,那么球面面积是正八面体的相邻两个面所成二面角的大小为〔四〕走向局考：〔陕西〕一个正三棱锥的四个顶点都在半径为的球面上,其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上,那么该正三棱锥的体积是〔辽宁〕假设一个底面边长为,棱长为的正六棱柱的所有顶点都在一个平面上,那么此球的体积为〔全国n〕一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为的球面上.如果正四棱柱的底面边长为,那么该棱柱的外表积为。

9.9棱柱和棱锥(四)教学目的：1.掌握直棱柱和正棱锥的直观图的画法； 2．培养画图、视图、析图的能力；3．了解正多面体的概念，了解正多面体只有5种.4.进一步理解和掌握棱柱的性质及有关概念.5.掌握棱柱的有关面积、体积的计算.教学重点：坐标系的建立、顶点的确定. 教学难点：坐标系的建立、顶点的确定. 授课类型：新授课. 课时安排：3课时.教具：多媒体、实物投影仪. 教学过程：一、复习引入：1.多面体的概念：由若干个多边形围成的空间图形叫多面体；每个多边形叫多面体的面，两个面的公共边叫多面体的棱，棱和棱的公共点叫多面体的顶点，连结不在同一面上的两个顶点的线段叫多面体的对角线． 2．凸多面体：把多面体的任一个面展成平面，如果其余的面都位于这个平面的同一侧，这样的多面体叫凸多面体．如图的多面体则不是凸多面体．3．凸多面体的分类：多面体至少有四个面，按照它的面数分别叫四面体、五面体、六面体等.4．棱柱的概念：有两个面互相平行，其余每相邻两个面的交线互相平行，这样的多面体叫棱柱.两个互相平行的面叫棱柱的底面（简称底）；其余各面叫棱柱的侧面；两侧面的公共边叫棱柱的侧棱； 两底面所在平面的公垂线段叫棱柱的高（公垂线段长也简称高）.5．棱柱的分类：侧棱不垂直于底面的棱柱叫斜棱柱.侧棱垂直于底面的棱柱叫直棱柱.底面的是正多边形的直棱柱叫正棱柱.棱柱的底面可以是三角形、四边形、五边形……这样的棱柱分别叫三棱柱、四棱柱、五棱柱……6．棱柱的性质（1）棱柱的侧棱相等，侧面都是平行四边形；直棱柱侧面都是矩形；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全等的多边形； （3）过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.7.平行六面体、长方体、正方体：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体．侧棱与底面垂直的平行六面体叫直平行六面体，底面是矩形的直平行六面体长方体，棱长都相等的长方体叫正方体． 8．平行六面体、长方体的性质(1)平行六面体的对角线交于一点，求证：对角线,,,AC BD CA DB ''''相交于一点，且在点O 处互相平分． (2)长方体的一条对角线长的平方等于一个顶点上的三条棱长的平方和.9.棱锥的概念：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，这样的多面体叫棱锥.其中有公共顶点的三角形叫棱锥的侧面；多边形叫棱锥的底面或底；各侧面的公共顶点()S ，叫棱锥的顶点，顶点到底面所在平面的垂线段()SO ，叫棱锥的高（垂线段的长也简称高）．10．棱锥的表示：棱锥用顶点和底面各顶点的字母，或用顶点和底面一条对角线端点的字母来表示. 如图棱锥可表示为S ABCDE -，或S AC -． 11．棱锥的分类：（按底面多边形的边数）分别称底面是三角形，四边形，五边形……的棱锥为三棱锥，四棱锥，五棱锥……（如图）12．棱锥的性质：定理：如果棱锥被平行于底面的平面所截，那么所得的截面与底面相似，截面面积与底面面积比等于顶点到截面的距离与棱锥高的平方比．中截面：经过棱锥高的中点且平行于底面的截面，叫棱锥的中截面.13．正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面上的射影是底面的中心的棱锥叫正棱锥．（1）正棱锥的各侧棱相等，各侧面是全等的等腰三角形，各等腰三角形底边上的高相等（叫正棱锥的斜高）．（2）正棱锥的高、斜高、斜高在底面上的射影组成一个直角三角形；正棱锥的高、侧棱、侧棱在底面上的射影也组成一个直角三角形.14．斜二测画法的规则.二、讲解新课：1.直棱柱、正棱锥的直观图的画法：（见下面的例1，例2）2．正多面体正方体是一类非常特别的多面体：它的六个面都是正方形，每个顶点处都有三条棱．正四面体，它的四个面都是三角形，每个顶点处都有三条棱．正方体我们也可以称为正六面体．每个面都是有相同边数的正多边形，每个顶点为端点都有相同棱数的凸多面体，叫做正多面体．3．正多面体是一种特殊的凸多面体，它有两个特点：①每个面都是有相同边数的正多边形；②每个顶点处都有相同数目的棱．由定义可以推出：正多面体的各个面是全等的正多边形，各条棱是相等的线段．4．正多面体共有五种它们是：正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．[师]今后我们可以证明这个结论．以上五种正多面体的表面展开图如下：根据正多面体的展开图，可以制作正多面体的模型.5.棱柱的侧面积是指所有侧面面积之和:S c h=⋅(c为底面周长,h是高,即直棱柱的侧棱长)直棱柱S=⨯侧棱长直截面的周长斜棱柱=⋅6.棱柱的体积:V S h三、讲解范例：例1.斜二测画法画一个底面边长为4cm，高为6cm的正六棱柱的直观图.分析：要画正六棱柱的直观图，根据斜二测画法的画法规则，只需建立恰当的坐标系，画出下底面的直观图，在根据正六棱柱的对称性确定上底面的六个顶点即可.画法：根据斜二测画法的画法规则及画直观图的步骤可得以下步骤：CBOC 1B 1A 1A（1）画轴：画x '轴、y '轴、z '轴，记坐标原点为O '，使如图所示； （2）画底面：按x '轴、y '轴画边长为4cm 正六边行的直观图ABCDE ；（3）画侧棱：过,,,,,A B C D E F 各点分别作'z 轴的平行线，并在这些平行线上截取AA '、BB '、CC '、DD '、EE '、FF '，使它们都等于6cm ；（4）成图：顺次连结,,,,,A B C D E F '''''',并加以整理(去掉辅助线,并将被遮住的部分该为虚线),就得到正六棱柱的直观图.说明：本题的关键是建立恰当的三维坐标系及画正六边行的直观图,我们选择恰当的坐标系的标准是尽可能的使所画平面图形的边和坐标轴平行或在坐标轴上. 例2．画一个底面边长为5cm ,高为11.5cm 的正五棱锥的直观图,比例尺为1:5.分析：画正五棱锥的直观图只需根据斜二侧画法,选择恰当的坐标系画出正五边形的直观图,进而确定出正五棱锥的顶点即可.画法：（1）画轴：画x '轴、y '轴、z '轴，记坐标原点为O '，使45x O y '''∠=（或135），使90x O z '''∠=； （2）画底面：x '轴、y '轴画边长为1cm 正五边形的直观图ABCDE 并使正五边行的中心对应与点O '； （3）画高线：在'z 轴上取11.52.35O S cm '==； （4）成图：顺次连结,,,,SA SB SC SD SE ,并加以整理(去掉辅助线,并将被遮住的部分该为虚线),就得到正棱锥的直观图.说明：正棱锥的直观图由底面和顶点所决定.正棱锥底面的画法与直棱柱底面的画法相同.顶点和底面中心的距离等于它的高.画正棱锥的直观图可以对照直棱柱的直观图的画法,加深对空间图形直观图画法的理解和掌握.例3斜三棱柱的底面的边长是4c m 的正三角形,侧棱长为3c m,侧棱1AA 与底面相邻两边都成060角. (1)求证:侧面11CC B B 是矩形; (2)求这个棱柱的侧面积; (3)求棱柱的体积.证明(1):∵1AA 与,AB AC 所成的角都为060, ∴A 在面ABC 上的射影O 在CAB ∠的平分线上. 又∵ABC ∆是正三角形 ∴AO BC ⊥∴1AA BC ⊥. 又∵11AA BB ,∴1BB BC ⊥,BC D F EABC D F EA∴四边形11CC B B 是矩形.(2)解:110213sin 604363AA B B S AB AA cm =⋅⋅=⨯⨯=, ∴11263AA C C S cm =又11214312BB C C S BC CC cm =⋅=⨯=,∴1111112(12123)AA B B BB C C AA C C S S S S cm =++=+侧. 另法：可以作出直截面11B C H .(3)解:作11OE A B ⊥,垂足为E,连结A E,则11AE A B ⊥. 在1Rt AA E ∆中,0113cos602A E AA =⋅= 在1Rt AOE ∆中,1103cos30A EAO == 在1Rt AAO ∆中,22116AO AA AO =-= ∴11123461224A B C V S AO ∆=⋅=⨯⨯= 四、课堂练习：1.下列各图中，哪些是正方体的表面展开图？哪些不是？五、小结：⒈直棱柱和正棱锥的直观图的画法，为今后在多面体中解题奠定了基础．在画图时底面要画成水平放置的平面图形的直观图，要注意直棱柱的侧棱和正棱锥的顶点的确定方法．⒉对于正多面体要准确理解概念，理解正多面体的各面是全等的正多边形，各侧棱是相等的线段；了解正多面体只有正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体五种. 六、课后作业： 七、板书设计（略）. 八、课后记：。

2019-2020年高中数学9.9《棱柱与棱锥•第五课时》教案旧人教版必修•教学目标（一）教学知识点1•棱锥及其底面、侧面、侧棱、顶点、高、对角面2•棱锥的表示方法、分类.3. 棱锥的截面性质定理.4•正棱锥的性质及其各元素间的关系式.（二）能力训练要求1. 使学生了解棱锥及其底面、侧面、侧棱、顶点、高、对角面的概念2. 使学生掌握一般棱锥与正棱锥的区别与联系.3. 使学生掌握棱锥的截面性质定理.4. 使学生掌握正棱锥的性质及各元素间的关系式（三）德育渗透目标1. 培养学生善于通过观察分析实物形状到归纳其性质的能力2. 提高学生对事物的感性认识到理性认识的能力3. 培养学生“理论源于实践，用于实践”的观点•教学重点1. 棱锥的截面性质定理.2. 正棱锥的性质.•教学难点培养学生善于比较，从比较中发现事物与事物的区别，将比较法作为一种重要的学习方法.•教学方法指导学生自学法在学生已经有了对生活中顶尖底平带棱的锥体的实物形状的感性认识后，在前面学习棱柱的基础上，通过学生自己观察、归纳出能反映棱锥的特征定义.在教师的适当指导下，让学生发现棱锥的性质并利用空间直线和平面相应的位置关系及平面几何的知识，对其性质进行推理论证，从而做到既对前面知识的复习巩固，又有助于学生对棱锥性质的更深刻的认识，为学生能够对棱锥的有关问题处理自如奠定基础•教具准备多媒体课件一个：作P47图9-71，通过它直观形象的演示，帮助学生深刻理解和掌握棱锥的定义及其性质投影片三张.第一张：课本P47图9-71 （记作9.8.1 A）第二张：课本P49棱锥的截面性质定理（记作9.8.1 B）第三张：课本P48例1 （记作9.8.1 C）•教学过程I .课题导入［师］前面，我们对棱柱的定义和性质已有一定的研究，今天我们将继续学习与棱柱既有联系又有区别的另一种几何体一一棱锥，希望大家用类比的思想、比较的方法去学习这一节的内容.n .讲授新课［师］生活中我们所见到的工人搭的帐篷，还有木塔等都给我们以顶尖底平带棱的锥体形象（打开多媒体课件与投影片9.8.1 A）,观察图形具有哪些特点•（学生观察、思考）［生］有一个面是多边形，其余各面都是三角形［师］好•那么能说有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥吗? ［生甲］不能•例如图中的几何体满足以上两个条件，但它不是棱锥.E［师］很好！对于一个定义即对一种事物的本质特征的描述，从教学角度来讲，要求前后条件既充分又必要，例如，对于“有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥”，显然前者是后者的必要条件而非充分条件•故不能作为棱锥的定义•那么该如何用确切而简要的语言文字表述棱锥的定义呢？［生］有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形围成的几何体叫棱锥•［师］下面请大家互相用符号语言表达图中（9.8.1 A）棱锥的底面、侧面、侧棱、顶点、高、对角面，并对其文字语言加以推敲理解.（学生互相提问学习，教师查看）［师］如图中的棱锥可记作：棱锥S—ABCDE或棱锥S—AC,即可以用表示棱锥的顶点和底面各顶点，或用底面的一条对角线端点的字母表示.另外，按棱锥底面多边形的边数可分为三棱锥、四棱锥、五棱锥等.请同学们继续观察、归纳棱锥具有的性质.（学生观察、思考，教师可点拨）［师］在棱柱中有平行于底面的截面与底面全等这一性质，那么在棱锥中还有没有这一结论了呢？［生］没有.［师］大家猜想对于棱锥来说，平行于底面的截面与底面有什么关系？［生］相似.［师］继续猜想截面的面积与底面面积有何关系？所截得的棱锥的高与已知棱锥的高有什么关系？［生］截面面积与底面面积之比为它们相似比的平方，所截得的棱锥的高与已知棱锥的高的比等于相似比.［师］至此，我们可以得到关于棱锥截面的性质了（打出投影片9.8.1 B）.我们怎样利用所学的理论知识进行推理论证以上这条性质呢？请一位同学叙述一下证明思路［生］由多边形相似的判定：对应边成比例，对应角相等可判定两多边形相似，从而由相似性质可得它们的面积比等于相似比的平方，而对应线段成比例需由平面几何中三角形相似得到.［师］思路清楚，即整个过程由面面平行性质定理过渡到线线平行再转化到平面三角形中的线段成比例，从而使结论获解.请同学们认真画图，写出已知、求证、证明过程（学生做、教师巡视，请一位同学板演）［师］做完的同学请对照课本P48的推导过程，检查自己的证明过程是否严密.以上我们所证得的棱锥这一性质可以作为性质定理直接应用到今后的学习中去了.现在观察课本P48的推导过程可得==…二,由此可得棱锥的又一性质，怎样用文字语言表述？［生］如果棱锥被平行于底面的平面所截，则棱锥的侧棱和高被截面分成的线段比相等（教师板书这一性质）［师］课下，大家已对正棱锥进行了预习，当一个棱锥满足什么条件时就成为一个正棱 锥了呢？ ［生］底面是多边形，顶点在底面的射影是底面的中心 （教师板书）［师］依据正棱锥的定义可直观地得到它的哪些性质呢？ ［生乙］正棱锥的侧棱相等；各侧面都是全等的等腰三角形； 正棱锥的斜高都相等；正 棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角三角形； 正棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也组成一个直角三角形 •［师］还发现其他性质了吗？［生丙］正棱锥的侧棱与底面所成的角都相等；正棱锥的侧面与底面所成的二面角都 相等• ［师］以上这些性质虽都可以直观、 自然地观察得到，但课下还是应该利用所学理论知 识进行推理论证的.下面我们结合图形，进一步探讨正棱锥中各元素间的关系，为研究方便可将课本 P 48图9-74正棱锥中棱锥 S — OBM 从整个图中拿出来研究.（教师画三棱锥 S — OBM ）观察图中三棱锥S- OBM 的侧面三角形形状有何特点 . ［生］全是直角三角形，因为可以证得/SOM=Z SOB=Z SMB = Z OMB=90° .［师］若分别假设正棱锥的高 SO=h,斜高SM=h ',底面边长的一半 BM=,底面正多边形外接圆半径 OB=R,内切圆半径 OM=r ，侧棱SB=l ，侧面与底面的二面角/ SMO= a ，侧棱与底 面组成的角/ SBO= 3，/ BOM= （n 为底面正多边形的边数）.请试着通过解三角形得出以上 各元素间的关系式.（学生动手计算，教师巡视、指导） ［生］ h==h '・ sin a =l • sin 3 ,h '===,［师］继续观察图形进行思考：怎样去比较/ SBO 与/ SBM 、/ OBM 与/ SBM 的大小关系？［生］在厶 SBO 与厶 SBM 中,sinSBO=,sinSBM=, •••在△ SOM 中，SM>SO,「. >. /• si nSBM>s in SBO.•••/ SBM € (0,), / SBO € (0,), •••/ SBM> / SBO.另在△ OBM 与厶 SBM 中,cosOBM=,cosSBM=, •/ SB>OB,「. >.P —2sin180 n■/ cosOBM >cosSBM,•••/ OBM € (0, ), / SBM€ (0,),•••/ OBM< / SBM.［师］以上关系式是在解决与正棱锥有关的问题中常常用到的，应引起大家的注意.一起看一例题•(打出投影片9.8.1 C,读题)分析：此题可利用棱锥的截面性质定理、正棱锥的性质及平面几何中解三角形的知识综合解决.解：连结OM 、OA，在Rt△ SOM 中，0M=.•• •棱锥S—ABC是正棱锥，•••点O是正三角形ABC的中心.•/ AB=2AM=2 • OM • tan60°=2•,•- S A ABC=AB2=• 4 • 3(l2-h2)22=3(l2-h2).依棱锥截面的性质，有=,22•- S A A B'C - =(l -h ).川.课堂练习课本P 46 1、2.1. 下列命题是否正确？如果正确，请给出证明；否则请举出反例.( 1)正棱锥的侧面是正三角形；( 2)正棱锥的侧面是等腰三角形；( 3)底面是正多边形的棱锥是正棱锥；( 4)正棱锥的各侧面与底面所成的二面角都相等.答案：(1)X .反例：底面边长与侧棱长不相等的正棱锥.(2)V .由正棱锥顶点在底面的射影是底面正多边形的中心，可证出正棱锥顶点到底面正多边形顶点的距离都相等.(3)X .反例：底面是正多边形，但顶点在底面的射影不是底面正多边形中心的棱锥(4)V .正棱锥的斜高及其在底面的射影的夹角，是侧面与底面所成二面角的平面角，此角的正弦等于正棱锥的高与斜高之比，所以各侧面与底面所成的二面角的平面角都相等2. 已知一个正六棱锥的高为h,侧棱长为V,求它的底面边长和斜高.答案：,.IV.课时小结本节课我们讨论了棱锥及其有关概念，探讨了棱锥的截面性质定理，弄清楚了正棱锥的性质及其中各元素之间的关系式.要求大家对概念要逐字推敲,做到真正理解，要灵活地将棱锥截面性质定理与正棱锥的性质应用到计算证明中.V.课后作业(一)课本P52习题9.8的2、4.(二) 1.预习内容(1)对正棱锥中各元素之间的关系式进一步深入巩固.( 2)正棱锥的侧面积、全面积公式.(3)阅读P55的锥体体积公式的推导过程.2. 预习提纲（1）如何用“立体图形平面化”的思想推得正棱柱的侧面积（2）试体会棱锥体积公式与棱柱体积公式的联系与区别•板书设计•教学目标（一）教学知识点1. 正棱锥中各元素之间的关系式•2. 正棱锥的侧面积、全面积公式.3. 棱锥体积公式的推导及计算•（二）能力训练要求1. 使学生进一步熟练巩固正棱锥中各元素之间的关系2•理解正棱锥的侧面积公式、棱锥的体积公式的推导过程3. 掌握正棱锥的侧面积、全面积公式及棱锥的体积公式（三）德育渗透目标1. 培养学生善于用联系的观点分析问题、解决问题的能力2. 培养学生“创造条件促成事物转化”的思想.3. 让学生体会特殊到一般的认识规律.4. 认识到祖原理是我国古代数学伟大的成就之一，从而激起学生的爱国热情，投身于积极的学习中.•教学重点正棱锥的侧面积与棱锥的体积公式.•教学难点体会“特殊到一般”的认识规律和“创造条件促成事物转化”的思想在推导棱锥体积会式过程中的应用.•教学方法指导学生自学法通过自学，让学生真正理解正棱锥的侧面积可以将其侧面展开后推导得出的过程，而不是简单机械地死记硬背.通过阅读课本P54的材料，理解祖原理并以特殊的锥体一一三棱锥为典例，实现一般棱锥的体积公式推导过程.从而不仅仅使学生熟练掌握这一公式，更重要的是使学生体会其中的“由特殊到一般”的认识规律和“创造条件促成事物的转化”的思想的应用•教具准备多媒体课件一个先作一个三棱柱ABC —A' B' C'.设S A ABC=S,高为h,则V ABC-A B，C =Sh.沿平面A' BC和平面A' B ' C,将这个三棱柱分割成三个三棱锥，分别记三棱锥A—A' BC为几何体I,三棱锥B'—A' BC（或B—A' B ' C）为几何体H,三棱锥 C ' —A' B ' C为几何体川，观察可得几何体I与n的底面积相等，高也相等，几何体n与川也有相等的底面积和相等的高，因此根据祖原理得出这三个几何体体积相等，将这三个几何体合并后与原三棱柱的体积相等，故又得V A-A'BC=V B'—A'BC=V C' —A ' B ' c=Sh,即三棱锥的体积等于它的底面积乘以高的积的.通过以上演示，让学生运用由特殊到一般的认识规律得出任意一个棱锥的体积公式投影片三张.第一张：本课时教案练习（记作9.8.2 A）第二张：本课时教案例 1 （记作9.8.2 B）第三张：本课时教案例 2 （记作9.8.2 C）•教学过程I .课题导入［师］上节课我们一起研究了棱锥的定义、性质及正棱锥的性质和它的各元素之间的关系.下面练习分析：根据图形中的线面关系,把要求的元素转移到平面图形中, 利用平面几何知识求解.［师］大家根据分析的思路作出必要的辅助线去求解（学生练习，教师巡视、指导一一同学板演）解：过点S作SO丄底面AC, SG丄BC, 0、G为垂足，过点A作AE丄SB,垂足为E,连结CE.•••△SAB^A SBC,••• CE 丄SB.•••/ AEC为侧面SAB与侧面SBC所成二面角的平面角•••/ AEC=120°，连结EO.•/ AO=CO, AE=EC,•••/ AEO=60° .Rt△ BOG 中，BG=a,Z OBG=45• BO==a.在Rt△ AOE 中，OE==a,AE==a,• AE=EC=a,BE=== a.•••/ CBE = Z SBG, / SGB= / CEB=90Rt△SBG s Rt△CBE,..=1 a--SG= • EC= ―—• a=a.■. 3a3在Rt △ SBG 中，SB=== a.在Rt △ SOG 中，SO===a.棱锥的斜高为a,高为a,侧棱长为a.［师］此题体现了“空间问题平面化”的思想，即将所求的各元素转化到平面图形中，进而应用平面几何中的性质、定理解决•一般地，在立体几何中，求线段的长度常常是将它转化到某个三角形中去，然后利用余弦定理、勾股定理、正弦定理及相似三角形等知识予以解决•今天，将要对正棱锥的侧面积、全面积及棱锥的体积进行深入学习n •讲授新课［师］请大家在前面求正棱柱侧面积公式的基础上，试叙述如何去推导正棱锥的侧面积公式•（学生思考、推证）［生］可以将其侧面展开，得到的展开图的面积就是正棱锥的侧面积•［师］这就是“空间问题平面化”思想的又一次体现•请继续推理论证并说明具体操作过程•［生］正棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形，然后沿着一条侧棱剪开、铺平；得到正棱锥的侧面展开图•因每一个等腰三角形的面积等于正棱锥底面边长（a）和斜高（h'）乘积的一半，所以得S正棱锥侧=门• S三角形=n（ah' ）=（na）• h' =Ch'（其中C为底面周长，n为侧面三角形个数）（板书）［师］很好，由此可归纳出结论：如果正棱锥的底面周长为C,斜高为h',那么它的侧面积是S 正棱锥侧=Ch '•另外，正棱锥的全面积为S 正棱锥全=S 正棱锥侧+ S 正棱锥底•一起来体会一下这个公式的应用•（打出投影片982 B,读题）［例1］正三棱锥底面边长为a,侧棱与底面成45°角，求此棱锥的侧面积与全面积•分析：可根据正棱锥的侧面积与全面积公式求得•解：如图所示，设正三棱锥S—ABC的高为SO,斜高为SD,在Rt△ SAO中，••• AO=SA • cos45°■/ AO =AD = • a, •• SA= a. 在Rt △ SBD中SD== a,--S 侧=• 3 a • SD= a .S 底=a?, SB••• S 全=(+) a2.［师］请大家翻开课本P48看棱锥的截面性质的推导过程，试思考：如果棱锥被平行于底面的平面所截，那么截得的小棱锥与已知棱锥的侧面积比与它们对应高的比有什么关系？与它们的底面积之比的关系呢？为什么？［生］由P48的推导过程，可得在棱锥的各个侧面的三角形中，A' B'// AB,B ' C'// BC,• △SA' B's^ SABA SB' C 'S SBC,…贝y有==,==,….由此得如果棱锥被平行于底面的平面所截，则截得的小棱锥与已知棱锥的侧面积之比也等于它们对应高的比；截得的棱锥与已知棱锥的侧面积之比也等于它们的底面积之比.(板书)［师］至此，又得到一条关于棱锥的性质，在以后的计算过程中可以直接将其应用.接下来，再讨论棱锥的体积公式的由来(打出多媒体课件，教师演示、解说，学生观察、思考)刚才是以特殊的三棱锥为典例演示的，那么我们可根据从特殊到一般得出：对于任意一个棱锥，设它的底面积为S,高为h,那么它的体积应等于一个底面积为S,高为h的三棱锥的体积，即任意棱锥的体积为V棱锥=Sh.一起体会一下这个公式在解题中的应用.(打出投影片9.8.2 C,读题)从一个正方体中，如图那样截去4个三棱锥后，得到一个正三棱锥A—BCD,求它的体积是正方体体积的几分之几？分析：在准确识图的基础上，求出所截得的每个三棱锥的体积和正三棱锥A—BCD的体积即可.解：设正方体体积为Sh,则每个截去的三棱锥的体积为・Sh=Sh.•••三棱锥A—BCD的体积为Sh-4 • Sh=Sh,•••正三棱锥A —BCD的体积是正方体体积的.川.课堂练习假设正棱锥的底面边长为a,侧棱长为2a,求对角面的面积和侧面积.解：如图所示，在正四棱锥P—ABCD中，AB=a,PB=2a,作P0丄底面ABCD于点0.连结2 2 2 2 2 BD，则0€ BD,且P0丄BC,由AB=a，得BD = a.在Rt△ PAB 中，PO =PB -BO = (2a) -(a).PC二PO=a,S 对角面=P0 • BD=a2.又作PE丄BC于点E,这时E是BC的中点.…PE =PB -BE = (2a) -(a).••• PE=a.S侧=4 x PE • BC=a2.•对角面面积为a2,侧面积为a2.IV•课时小结通过本节学习，我们又一次体会到了“空间图形平面化”的思想在推导正棱锥侧面积中的运用，体会到了“由特殊到一般”的认识规律和“创造条件促成事物的转化”的思想在推导棱锥体积过程中的应用•要求大家不仅要在理解的基础上熟练记忆并应用这些公式，而且在以后的学习过程中，要尝试着将这些思想应用到其他问题的解决中V•课后作业(一)课本P53 9、10.(二)1•预习内容(1)正棱锥直观图的画法•(2)动手做课本P51图9-78与图9-79的模型•(3)作课本P52图9-81的图形，并试着沿其中的虚线折叠，再适当对接，粘成五种正多面体•(4)阅读课本9.9节后的材料，了解为什么只有五种正多面体•2. 预习提纲(1)画正棱锥直观图的基本步骤是什么•(2)多面体的概念及分类如何•(3 )正多面体的概念及其种类如何••板书设计棱锥(二)1.正棱锥的侧面积公式练习2.棱锥的一条性质3.棱锥的体积公式小结。

【鼎尖教案】人教版高中数学必修系列：9.9棱柱与棱锥(备课资料)一、对几种棱柱的理解1.斜棱柱的底面可以是正多边形,此时侧棱不垂直于底面,所以它不是直棱柱.2.直棱柱的底面可以是正多边形,所以正棱柱是直棱柱的特例.3.在斜棱柱的侧面中,有的可以是矩形,如果棱柱有两个相邻的侧面都是矩形,那么它们的公共侧棱垂直于底面.此棱柱一定为直棱柱.二、对于四棱柱中关系的理解底面是平行四边形平行六面体侧棱垂直于底面直四棱柱直平行六面体底面是矩形长方体底面是正方形正四棱柱边相等正方形三、参考例题［例1］在直平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,AD =3,A 1A =4,AB =5,∠DAB =60°,那么这个直平行六面体的对角线AC 1与BD 1的长分别是A.65和35B.35和65C.17和35D.35和17分析：将“空间问题平面化”的思想应用到解题中,再结合平面几何中的勾股定理、余弦定理使问题获解.1解析：∵AD =3,AB =5,∠DAB =60由余弦定理得BD 2=AB 2+AD 2-2AB ·AD cos60°. ∴BD =19. 而BD 12=AA 12+BD 2,∴BD 1=35.同理可求得AC 1=65.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.一般平行四边形分析：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.1111A B B CC DD F E解析：正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1,过棱AB 的平面ABEF 交对面CDD 1C 1于点E 、F . ∵平面ABB 1A 1∥平面CDD 1C 1, ∴AB ∥EF .∵AB ⊥平面BCC 1B 1,且BE ⊂平面BC 1, ∴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：''''AB DD （1）对角面AA ′C ′C ⊥截面A ′（2）对角面D ′DBB ′是矩形. 分析：（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.评述：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AC 1中,CC 1=15,CD =20,求线段B 1D 和BC 之间的距离. 解：连结AB 1、DC 1, ∴BC ∥平面AB 1C 1D .∴BC 与B 1D 之间的距离转化成了BC 与平面AB 1C 1D 之间的距离. 又∵平面BB 1A ⊥平面AB 1C 1D , 过点B 作BH ⊥AB 1于点H ,∴BH ⊥平面AB 1C 1D . ∴BH 的长为所求距离. ∵在Rt △AB 1B 中,有 BH =2220152015+⨯=12,∴B 1D 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？P LK JI H GF E D C B AQ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. 解：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SG 1G 2G 3中,E 、F 分别是G 1G 2及G 2G 3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G 1、G 2、G 3三点重合,重合后的点记为G ,那么在这个几何体中必有123(1)S EF DG GG (2)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 分析：题目中的SG 1⊥G 1E ,EG 2⊥G 2F ,FG 3⊥G 3S ,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：∵SG 1G 2G 3是一个正方形, ∴SG 1⊥G 1E ,EG 2⊥G 2F ,FG 3⊥G 3S . ∴折叠后的几何体中一定有SG ⊥GE ,且SG ⊥GF ,即SG ⊥△EFG 所在平面.答案：A评述：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100 cm,底面两邻边的长分别是23 cm 和11 cm,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？分析：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.解：已知AC 1是直平行六面体,故它的两个对角面都是矩形,其侧棱AA 1就是矩形的高. 由题意,得AB =23 cm,AD =11 cm,AA 1=100 cm. ∵BD ∶AC =2∶3, 设BD =2x ,AC =3x ,在平行四边形ABCD 中, BD 2+AC 2=2（AB 2+AD 2）,即（2x ）2+(3x )2=(232+112)×2. ∴x =10.1A C∴BD =2x =20,AC =3x =30. ∴S BDD 1B 1=BD ·BB 1=20×100=2000 (cm 2), S ACC 1A 1=AC ·AA 1=30×100=3000 (cm 2).∴它的两个对角面的面积分别是2000 cm 2、3000 cm 2.评述：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.●备课资料一、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.分析：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. 解：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⎩⎨⎧=++=++.24)(4,11)(2z y x xz yz xy 由②,得x +y +z =6,从而由长方体对角线性质,得 l =222z y x ++=)(2)(2xz yz xy z y x ++-++ =1162-=5.① ②∴长方体一条对角线的长为5.评述：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x 2+y 2+z 2.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Q 1和Q 2，求它的侧面积.分析：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.解：设直平行六面体AC 1的底面边长为a ,侧棱长为l.1∵AC 1是直平行六面体,∴对角面ACC 1A 1和BB 1D 1D 是矩形. ∴Q 1=l ·AC ,Q 2=l ·BD .∴AC =l Q 1,BD =lQ 2. ∵底面ABCD 是菱形,∴AC 2+BD 2=4a 2, 即（l Q 1）2+(lQ 2)2=4a 2. ∴l 2·a 2=41(Q 12+Q 22), al =222121Q Q +. ∴S 侧=4a ·l =22221Q Q +.评述：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 —A 1B 1C 1中，底面是边长为a 的正三角形，侧棱长为b ,AA 1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A 1O ⊥面ABC 于点O ，1∵AA 1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AA 1⊥BC ， 又AA 1∥BB 1∥CC 1， ∴四边形BB 1C 1C 为矩形, S 侧=2ab sin45°+ab =(2+1)ab .解法二：作BM ⊥AA 1于点M ，连结CM ，可证得△BMA ≌△CMA ， ∴CM ⊥AA 1.又△BMC 是棱柱的直截面, ∵∠MAB =∠MAC =45°,∴CM =BM =22a . ∴C 直截面=22a +22a +a =(2+1)a . ∴S 侧=（2+1）ab .评述：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 —A 1B 1C 1的底面△ABC 中，AB =AC =10 cm,BC =12 cm,A 1到A 、B 、C 三点距离相等，AA 1=13 cm,求这个斜三棱柱的全面积.解：如图，在侧面A 1ABB 1中作A 1D ⊥AB 于点D ，由A 1A =A 1B ,1∴D 是AB 的中点，那么A 1D 2=A 1A 2-∴A 1D =12 cm.∴S A 1ABB 1=S A 1ACC 1=A 1D ·AB =120 cm 2. 取BC 的中点E ，连结A 1E 、AE . 由已知A 1B =A 1C ，AB =AC ,得 A 1E ⊥BC ，AE ⊥BC .∴BC ⊥平面A 1AE .∴BC ⊥A 1A . 又A 1A ∥B 1B ，∴BC ⊥B 1B . ∴侧面BB 1C 1C 是矩形.∴S BB 1C 1C =BB 1·BC =13·12=156 (cm 2).∴S 侧=2S A 1ABB 1+S BB 1C 1C =2·120+156=396 (cm 2). 而AE =22610 =8 (cm),S 底=21BC ·AE =21·12·8=48 (cm), ∴S 全=S 侧+2S 底=396+2·48=492 (cm 2).［例5］斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，侧棱AA 1=20 cm,平面B 1A 1AB 与平面A 1C 1CA 所成的二面角为120°，AA 1与BB 1、CC 1的距离分别为16 cm 、24 cm,求此三棱柱的侧面积.分析：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.111AA B B CC GEF解法一：在AA 1上取一点E ，过E 在平面AA 1B 1B 作中GE ⊥AA 1,交BB 1于点G ，过E 点在平面AA 1C 1C 中作EF ⊥AA 1，交C 1C 于点F ，则∠GEF 为已知二面角的平面角，所以∠GEF =120°.又AA 1⊥平面GEF ，由棱柱的性质,可得AA 1∥B 1B ∥C 1C ，∴BB 1⊥平面GEF .又GF ⊂平面GEF ， ∴BB 1⊥GF .由题意,知GE =16 cm,EF =24 cm. ∵∠GEF =120°, 在△GEF 中，GF =︒⋅⋅-+120cos 222EF GE EF GE =)21(24162241622-⋅⋅⋅-+=819 cm,又∵S A 1ABB 1=AA 1·GE =20×16=320 (cm 2), S A 1ACC 1=AA 1·EF =20×24=480 (cm 2), SB 1BCC 1=BB 1·GF =20·819=16019 (cm 2),∴S 斜棱柱侧=SA 1ABB 1+SA 1ACC 1+SB 1BCC 1=320+480+16019=160（5+19）(cm 2).解法二：在侧棱A 1A 上取一点E ，过E 作AA 1的垂面分别交BB 1、CC 1于点G 、F ，连结FG ，则平面EFG 为斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的直截面.由题意AA 1⊥面EFG , ∴AA 1⊥EG ，AA 1⊥EF .∴∠GEF 为已知二面角的平面角.∴∠GEF =120°,又GE =16 cm,EF =24 cm, ∴在△EFG 中，由余弦定理得FG =︒⋅-+120cos 222EF EG EF EG =819cm.∴S 侧=l ·C =20(16+24+819) =160(5+19) (cm 2).●备课资料 参考例题 ［例1］在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB =a ,BC =b ,AA 1=c ,且∠ABC =90°,求AB 1和BC 1所成角的余弦值.分析：利用正方体中棱与棱、对角线与棱、对角线与对角线的关系，找到或作出异面直线所成的角，然后进行计算.解：如图,延长CC 1至点D ，使C 1D =CC 1，连结B 1D ，则有B 1D ∥BC 1，∠ABD 1或它的补角就是异面直线AB 1和BC 1所成的角，连结AD.1AA∵AB 12=a 2+c 2,B 1D 2=BC 2+CC 12=b 2+c 2, 又∵AD 2=a 2+b 2+(2c )2, 在△AB 1D 中,∵AD 2=AB 12+B 1D 2-2AB 1·B 1D cos AB 1D , ∴cos AB 1D =-))((22222c b c a c ++.∴AB 1与BC 1所成的角是∠AB 1D 的补角，它的余弦值为))((22222c b c a c ++.评述：(1)两条异面直线所成角的范围是（0，2π］. (2)本题目可以使用同样一个直三棱柱拼补成一个长方体求解.［例2］已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为2，高为5，过AB 作一个截面，截面与底面成60°角.求截面的面积.分析：（1）先确定截面形状，即截面是与棱交于线段上或其延长线上. （2）由截面形状是三角形或梯形，进一步求出面积.解：设过AB 的截面与侧棱CC 1（或延长线上）交于一点P （如图），取AB 的中点为D ，连结PD 、CD ，由△CAB 是正三角形知CD ⊥AB ，再由三垂线定理知PD ⊥AB ，故截面PAB 与底面ABC 所成二面角的平面角就是∠PDC ，由已知∠PDC =60°.1C P∵CD =23,BA =3, ∴PC =CD tan PDC =3.∴P 在侧棱CC 1上，截面为△PAB . ∵PD =2·CD =23, ∴S △PAB =21·PD ·AB =21·23·2=23. 评述：若其他条件不变，将棱柱的高改为h ,求截面面积，这就需要讨论，同学们可以验证：当n ≥3时，截面为等腰三角形，顶点在侧棱CC 1上，面积为定值23；当n<3时，截面为梯形，面积为23［1-9)3(2a ］. ［例3］正三棱柱的每条棱长都是a ,过底面一边和上、下底面中心连线的中点作截面，求此截面面积.解：如图，O 、O 1是两底面中心，延长AO 、A 1O 1分别与BC 、B 1C 1相交于D 、D 1.连结DD 1，易证DD 1∥AA 1，A 、A 1、D 1、D 在同一平面上.11在平面AD 1内过D 1及OO 1中点G 作直线与AD 相交于点E ，过E 作BC 的平行线与AB 、AC 分别相交于点M 、N ，则B 1MNC 1是经过B 1C 1和点G 的截面.∵AB =BC =CA =a ,∴OD =31AD =31·23a =63a .又OE =O 1D 1=OD =63a ,DD 1=AA 1=a , ∴ED =EO +OD =63a +63a =33a .∴D 1E =22)33(a a =332a . ∵MN ∥BC , 且AE =AD -32AD =31AD =63a ,∴MN =31BC =31a . ∴S 截面MNC 1B 1=21（B 1C 1+MN ）·D 1E =21（a +31a ）×332a =934a 2.答：截面面积为934a 2. ［例4］正四棱柱AC 1的对角线与底面成30°角，过底面中心O 作OE ⊥A 1C 于点E ，求过B 、D 、E 的截面将棱柱分成两部分的体积比.解：如图，设正四棱柱的底面边长为a .1A C∵AA 1⊥平面ABCD ,∴∠A 1CA 为对角线AC 1与底面ABCD 所成的角, 即∠A 1CA =30°.∴AA 1=AC ·tan30°=2a ·33=36a . 在平面ACC 1A 内，过点O 作OE ⊥A 1C 于点E ，直线OE 交CC 1于点F . 在Rt △OEC 中，∠ECO =30°,OC =22a , ∴∠COE =60°.在Rt △OCF 中，有CF =OC ·tan60°=26a , 又CC 1=AA 1=36a , ∴CF >CC 1.因此点F 在CC 1的延长线上. 连线BF 、DF 分别交B 1C 1于点M ，交D 1C 1于点N ，连结MN ，则过B 、D 、E 的截面为BMND .又∵BD ∥平面A 1B 1C 1D 1, ∴MN ∥BD 且MN ≠BD .∴截面为等腰梯形，根据平面几何相似三角形的性质得FC FC 1=DC NC 1，显然FC FC 1=31. 由正四棱柱的性质,可知C 1M =C 1N ,∴NC 1=31CD =31a . ∵S △CBD =21a 2,S △C 1MN =181a 2,∴V C 1MN —CBD =162613a 3. ∵36a 3为正四棱柱AC 1的体积, ∴V D 1A 1B 1MN —ABD =36a 3-162613a 3=1626413a .∴V C 1MN —CBD ∶V ABD —D 1A 1B 1MN =13∶41,即截面将正四棱柱分成两部分的体积比为13∶41. ●备课资料一、准确把握棱锥的概念［例1］下列定义的棱锥中不是正棱锥的是A.底面是正多边形，侧棱与底面所成的角都相等的棱锥B.底面是正多边形，侧棱都相等的棱锥C.底面是正多边形，侧面与底面所成的角都相等的棱锥D.侧棱都相等，侧面与底面所成的角都相等的棱锥 分析：紧扣正棱锥的定义，分析它们的特征： （1）底面是正多边形；（2）各侧棱长都相等. 解：∵棱锥侧棱与底面所成的角相等, ∴棱锥顶点在底面上的射影是底面中心. ∴A 正确.∵棱锥侧棱都相等,∴顶点在底面正多边形上的射影是底面的中心. ∴B 正确.∵侧面与底面所成的角相等,∴由高、斜高及斜高在底面上的射影组成的三角形全等. ∴顶点在底面正多边形上的射影是底面的内心. ∴斜高相等. ∴侧棱相等.∴由侧棱在底面上的射影、斜高在底面上的射影及底边构成的直角三角形全等. ∴底面边长相等.∴顶点在底面上的射影是底面中心. ∴D 正确.∵C 中侧面与底面所成的角可以侧向棱锥内部或外部, ∴C 是不正确的. 答案：C评述：这是一个否定命题，与习惯的问题提法不同，所以，一定要紧扣概念、性质、基本特征，进行分析和判断.［例2］下列命题中，真命题的个数是①两相邻侧棱所成的角相等的棱锥是正棱锥 ②两相邻侧面所成的角相等的棱锥是正棱锥 ③侧棱与底面所成的角相等的棱锥是正棱锥 ④侧面与底面所成的角相等的棱锥是正棱锥 A.4 B.3 C.2 D.0 分析：有些同学错选的原因在于未能很好地理解正棱锥的定义以及正棱锥的性质，正棱锥的定义不同于正棱锥的性质，正棱锥的性质可以由其定义结合有关知识推导得到.如图所示，S —ABC 是正三棱锥，两相邻侧棱所成的角相等，两相邻侧面所成的角相等.在SB 、SC 分别取异于B 、C 的点B 1、C 1，连结AB 1、AC 1，则三棱锥S —AB 1C 1均满足命题①②的条件，但显然不是正三棱锥，所以命题①②为假命题;命题③中，侧棱与底面所成的角相等，顶点在底面的射影是底面多边形的外心，外心不一定是中心，所以底面不一定是正多边形，因此命题③也是假命题;在命题④中，侧面与底面所成的角相等，顶点在底面的射影是底面多边形的内心，而内心不一定是中心，所以命题④也是假命题.答案：D［例3］命题“在正棱锥中，侧棱与底面所成的角大于侧面与底面所成的二面角的平面角”，是否正确？解：不正确.如图所示，在正四棱锥P —ABCD 中，∠PBO 是侧棱PB 与底面所成的角，设为α，∠PEO 是侧面PBC 与底面所成的二面角的平面角，设为β，则sin α=PB PO ,sin β=PEPO.又在Rt △PEB 中，斜边PB >PE ,∴sin α<sin β.而α、β都是锐角,∴α<β.［例4］已知正n 棱锥（n ≥3,n ∈,试求侧面与底面所成的二面角,侧棱及斜高的长.分析：作出关键图形，把要求的元素转化到平面图形中，解直角三角形. 解：如图所示，设AB 是正n 棱锥底面一边，PO 是高，PM 是斜高，则有PM ⊥AB ，AM =MB.OB∴OM ⊥AB ，∠PMO 为侧面与底面所成二面角的平面角.∴PO =a ,AB =2a ,∠AOM =n ︒180. ∴OM =AM cot AOM =a cot n︒180.在Rt △POM 中， ∵PO =OM t a n PMO , ∴t a n PMO =na a ︒⋅180cot=tan n ︒180. ∴∠PMO =n︒180. 故侧面与底面所成的二面角为n︒180. ∵AO =nAM ︒180sin=a ·csc n ︒180, ∴PA =n a a ︒+180csc222=a n︒+180csc 12. ∴PM =22OM a +=n a a ︒+180cot22=a csc n︒180. ∴侧棱与斜高的长分别为a n ︒+180csc12和a csc n︒180. 评述：在学习并掌握正棱锥的本质特征时，要熟练正棱锥中由直角三角形所引出的各种元素间的关系式.●备课资料一、棱锥侧面积问题在学习中，要求学生掌握正棱锥的侧面积、全面积公式，并能运用这些公式进行计算，对一般棱锥的侧面积、全面积作简单了解与计算.下面，试举几例.［例1］侧面都是直角三角形的正三棱锥，底面边长是a 时，求该三棱锥的全面积. 分析：利用正三棱锥的性质及其各元素间的关系求之.解：∵正三棱锥的侧面是全等的等腰三角形，又都是直角三角形, ∴正三棱锥的侧面是等腰直角三角形. ∴其斜高是底面边长的一半.∴S 棱锥侧=21·3a ·2a =432a .又∵S 底面=43a 2, ∴S 正棱锥全=432a +432a =433+a 2.［例2］已知正六棱锥的高是h ,侧面和底面所成的二面角是α，求此棱锥的全面积.分析：依正棱锥的性质及其各元素间的关系求得.解：如图，设底面中心是O ，BC 的中点是G ，连结PO 、PG 、OG ，则由正棱锥的定义及其性质可得PO ⊥底面AD ，OG ⊥BC 、PG ⊥BC .∴∠PGO 为侧面与底面所成的二面角的平面角. ∴∠PGO =α.在Rt △PGO 中，PG =αsin PO =αsin h,OG =h cot α, 在正△OBC 中，OG =23BC , ∴BC =32OG =332h cot α. ∴S 正六棱锥侧=21·6BC ·PG =21×6·332·h cot α·αsin h =23h 2ααsin cot .∴S 底面=6·43BC 2=6·43·（332h cot α)2=23h 2cot 2α.∴S 全=S 侧+S 底=23h 2·ααsin cot +23h 2cot 2α=23h 2·αα2sin cot +23h 2·αα22sin cos =ααcos 1cos 322-h .［例3］棱锥的底面是等腰三角形，这个等腰三角形的底边长为12 cm,腰长为10 cm,棱锥的侧面与底面所成的二面角都为45°,求这个棱锥的侧面积.已知：三棱锥S —ABC 的底面是等腰三角形，AB =AC =10 cm,BC =12 cm,侧面SAB 、SBC 、SCA 与底面ABC 所成的二面角都是45°.求三棱锥S —ABC 的侧面积.解：作点S 在底面△ABC 上的射影O ，如图所示.∴O 是底面△ABC 的内心，作OE ⊥SE ⊥AB . ∴∠SEO 是侧面与底面所成的二面角的平面角,即∠SEO =45°. ∵△ABC 内切圆的半径OE =lS∆=)101012(21610122122++-⋅⋅=3,(其中l =21(AB +BC +AC ),S △是△ABC 的面积）∴斜高SE =2OE =32. ∴S 侧=21·SE ·（AB +BC +CA ）=482. ∴S S —ABC 侧=482cm 2.评述：（1）求棱锥侧面积关键是求出各侧面三角形的高.（2）本题还可以用面积射影定理求V S —ABC 的侧面积，由于棱锥的侧面与底面所成的二面角都为45°,∴S S —ABC 侧=︒45cos 底S =22610122122-⋅⋅=482.二、棱锥有关元素的计算问题教学中，要求学生在熟练掌握棱锥性质的基础上，能灵活地解决与棱锥有关的所成角问题、距离问题，以及各种位置关系等与其他知识有关的综合问题.试举以下几例供参考.［例4］已知三棱锥D —ABC 的三个侧面与底面全等，且AB =AC =3，BC =2，则以BC 为棱，以面BCD 与面BCA 为面的二面角大小是A.4π B.3π C.2π D.3π2 解析：如图所示，根据题意得DEABCAB =AC =BD =CD =3，BC =AD =2， ∴取BC 的中点E ，连结AE 、DE . ∴AE ⊥BC ，DE ⊥BC .∴∠AED 是所求二面角的平面角. ∵AE =DE =22BE AB -=2，∴AD 2=4. ∴AE 2+DE 2=4. ∴∠AED =2π. 答案：C［例5］如图所示，正三棱锥S —ABC 的侧棱与底面边长相等，如果E 、F 分别是SC 、AB 的中点，那么异面直线EF 与SA 所成的角等于SEGF A CBA.90°B.60°C.45° D.30°解析：取SB 的中点G ，连结FG ，∴FG 21SA . ∴∠EFG 是异面直线EF 与SA 所成的角. 设棱长为a ,连结AE ，则AE =23a , AF =2a ,EF =22AF AE -=22a .又∵FG =EG =2a , ∴△EFG 是等腰直角三角形. ∴∠EFG =45°. 答案：C［例6］如图，三棱锥S —ABC ，SA ⊥平面ABC ，△ABC 是直角三角形，∠ACB =2π,∠ABC =6π,AC =1,SB =23. B(1)求证：SC ⊥BC ；(2)求直线SC 和平面SAB 所成的角； （3）求三棱锥S —ABC 的表面积.（1）证明：∵SA ⊥平面ABC ，在平面ABC 内，BC ⊥AC ，又由SC 为△ABC 的斜线得 SC ⊥BC （三垂线定理）.（2）解：∵SA ⊥平面ABC ，SA 平面SAB ， ∴平面SAB ⊥平面ABC ， 平面SAB ∩平面ABC =AB .在平面ABC 内，作CD ⊥AB 于点D ， ∴CD ⊥平面SAB .连结SD ，∠DSC 是SC 与平面SAB 所成的角.在Rt △ACB 中，∠ACB =2π,∠ABC =6π,AC =1, ∴AB =2,BC =3.又∵CD ⊥AB 于点D ，∴CD =23. 在Rt △SAB 中， ∵SB =23，AB =2， ∴SA =22. 在Rt △SAC 中， ∵SA =22，AC =1， ∴SC =3.在Rt △SCD 中，sin DSC =SC CD =323=63,∴∠DSC =arcsin63. ∴直线SC 与平面SAB 所成的角为arcsin63. (3)解：三棱锥的表面积S =S △SAC +S △SAB +S △SBC +S △ABC =2+22+233+23=32+23. 评述：以上各例是与棱锥有关的计算证明的综合问题，要使学生有条不紊地处理它，需在平时的学习中重视对这种题目的训练，要不断积累方法、经验，开阔解题思路，提高解题能力.●备课资料对正多面体的进一步深入探究［例1］求正八面体的相邻两个面所成二面角的大小.解：设正八面体的棱长为a ,取AB 的中点M ，连结PM 、QM ，则PM ⊥AB ，QM ⊥AB .（如图所示）D∴∠PMQ 为二面角P —AB —Q 又四边形PAQC 为正方形, ∴PQ =2a .而PM =QM =23a , ∴cos PMQ =QMPM PQ QM PM ⋅-+2222=222243224343a a a a ⋅-+=-31.∴∠PMQ =π-arccos 31.故正八面体相邻两个面所成二面角的大小为π-arccos31. ［例2］求正十二面体的相邻两个面所成二面角的大小.解：如图，设正十二面体相邻两个面为ABCDE 和ABFGH ，AB 为公共棱，作CM ⊥AB ，M 为垂足，连结FM ，则FM ⊥AB .AHEGDFM NB C∴∠CMF 是相邻两个侧面所成二面角的平面角. 设棱长为a ,则由∠ABF =108°得∠FBM =72°, ∴FM =a sin72° =a 855+. 取CF 的中点N ，则MN ⊥FC . 而FC 为正五边形的对角线， ∴FN =21FC =a sin54°=41(5+1)a . 在Rt △FNM 中，sin FMN =FMFN=a a )15(85)15(41++ =5215+,∴cos FMC =1-2sin 2FMN =1-2·5215+=-51=-55. ∴正十二面体相邻两个面所成二面角的大小为π-arccos55. ［例3］求正二十面体的相邻两个面所成二面角的大小.解：如图，设正二十面体相邻两个面为ABC 和ABF ，AB 为公共棱，取AB 的中点M ，连结CM 、FM ，则CM ⊥AB ，FM ⊥AB.∴∠CMF 为相邻两个面所成二面角的平面角. 设棱长为a ,则FM =23a . 取FC 的中点N ，则MN ⊥FC . 又FC 为正五边形的对角线长， ∴FN =a sin54°=41(5+1)a . 在Rt △MNF 中，sin FMN =FM FN =a a23)15(41+=3215+.∴cos FMC =1-2sin 2FMN =1-2·121(5+1)2 =1-61(6+25)=-35. ∴正二十面体相邻两个面所成二面角的大小为π-arccos35. ●备课资料 参考例题 ［例1］（2003年高考,文17）已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，AB =1，AA 1=2，点E 为CC 1中点，点F 为BD 1中点（1）证明:EF 为BD 1与CC 1的公垂线； （2）求点D 1到面BDE 的距离.A AB B CC D D F E M1111基本解法：（1）证明：取BD 的中点M ，连结MC 、FM ， ∵F 为BD 1的中点, ∴FM ∥D 1D 且FM =21D 1D. 又EC =21CC 1且EC ⊥MC ， ∴四边形EFMC 是矩形 ∴EF ⊥CC 1.又∵CM ⊥面DBD 1， ∴EF ⊥面DBD 1. ∵BD 1⊂面DBD 1， ∴EF ⊥BD 1.∴EF 为BD 1与CC 1的公垂线.（2）解：连结ED 1，有V E —DBD 1=V D 1—DBE . 由（1）知EF ⊥面DBD 1， 设点D 1到面BDE 的距离为d , 则S △DBE ·d =S △DBD 1·EF .∵AA 1=2,AB =1,∴BD =BE =ED =2,EF =22. ∴S △DBD 1=21·2·2=2, S △DBE =21·23·(2)2=23.∴d =23222⨯=332.∴点D 1到平面BDE 的距离为332. 另对于（1）的巧解：（1）证明：连结C 1F 、CF ，则C 1F =CF .又点E 是CC 1的中点， ∴EF ⊥CC 1.又由△BCE ≌△EC 1D 1,∴BE =ED 1. 又点F 是BD 1的中点,则EF ⊥BD 1， ∴EF 是CC 1和BD 1的公垂线. ［例2］ (2004年高考,理20)如图,已知四棱锥P —ABCD ,PB ⊥AD ,侧面PAD 为边长等于2的正三角形,底面ABCD 为菱形,侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为120°.(1)求点P 到平面ABCD 的距离;(2)求面APB 与面CPB 所成二面角的大小. (1)解法一:取AD 的中点E ,连结PE 、BE . ∵△PAD 为等边三角形, ∴PE ⊥AD .∵AD ⊥PB ,∴AD ⊥面PBE .∵BE ⊂面PBE , ∴AD ⊥BE .∴∠PEB 为面PAD 与面ABCD 所成二面角的平面角. ∴∠PEB =120°.设点P 到平面ABCD 的距离为h . ∵V P —AEB =V A —PEB ,∴31S △AEB ·h =31S △PEB ·AE . ∴h =AEBPEBS S ∆∆·AE =BE AE BE PE ⋅︒⋅21120sin 21·AE .∴h =PE ·sin120°.∴h =23.解法二:作PO ⊥平面ABCD ,垂足为O ,连结OB ,则OB 为PB 在平面ABCD 上的射影,由三垂线定理的逆定理,知OB ⊥AD .作Ox ∥AD ,建立如图所示的空间直角坐标系O —xyz ,则P (0,0,23),B (0,233 ,0),A (1,23 ,0)、D (-2,23 ,0),PD =(-2,23 ,-23).A设平面ABCD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则n ⊥OA ,n ⊥OB .∴n ·OA =x +23y =0, ①n ·=233y =0.②由①、②得x =0,y =0.∴n =(0,0,z ). ∴点P 到平面ABCD 的距离h =|n n ⋅|=23. (2)解法一:如图建立直角坐标系,其中O 为坐标原点,x 轴平行于DA ,P (0,0,23),B (0,233,0),PB 的中点G 的坐标为(0,433,43),连结AG.又知A (1,23,0),C (-2,233 ,0),由此得到=(1,-43,-43),=(0,233,-23),=(-2,0,0).于是有GA ·=0, BC ·=0,所以GA ⊥PB ,BC ⊥PB ,GA 、BC 的夹角θ等于所求二面角的平面角. 于是cos θ772. 所以所求二面角的大小为π-arccos772. 解法二:如图,取PB 的中点G ,PC 的中点F ,连结EG 、AG 、GF ,则AG ⊥PB ,FG ∥BC ,FG =21BC. ∵AD ⊥PB ,∴BC ⊥PB ,FG ⊥PB .∴∠AGF 是所求二面角的平面角. ∵AD ⊥面POB , ∴AD ⊥EG . 又∵PE =BE ,∴EG ⊥PB ,且∠PEG =60°. 在Rt △PEG 中,EG =PE ·cos60°=23, 在Rt △GAE 中,AE =21AD =1, 于是tan GAE =AE EG =23. 又∠AGF =π-∠GAE ,所以所求二面角的大小为π-arctan 23.。