2.直棱柱的底面可以是正多邊形,所以正棱柱是直棱柱的特例.
3.在斜棱柱的側(cè)面中,有的可以是矩形,如果棱柱有兩個(gè)相鄰的側(cè)面都是矩形,那么它們的公共側(cè)棱垂直于底面.此棱柱一定為直棱柱.
二、對(duì)于四棱柱中關(guān)系的理解
三、參考例題
［例1］在直平行六面體ABCD—A1B1C1D1中,AD=3,A1A=4,AB=5,∠DAB=60°,那么這個(gè)直平行六面體的對(duì)角線AC1與BD1的長(zhǎng)分別是
A. 和 B. 和
C. 和 D. 和
分析：將“空間問題平面化”的思想應(yīng)用到解題中,再結(jié)合平面幾何中的勾股定理、余弦定理使問題獲解.
解析：∵AD=3,AB=5,∠DAB=60°，
由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB?ADcos60°.
∴BD= .
而BD12=AA12+BD2,
∴BD1= .同理可求得AC1= .
答案：A
［例2］用一個(gè)過四棱柱底面一邊的平面截正四棱柱,截面是
A.正方形B.矩形
C.菱形D.一般平行四邊形
分析：充分利用已知正四棱柱的性質(zhì)以及線線、線面、面面之間的平行、垂直關(guān)系的性質(zhì)、判定定理.
解析：正四棱柱ABCD—A1B1C1D1,過棱AB的平面ABEF交對(duì)面CDD1C1于點(diǎn)E、F.
∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1,
∴AB∥EF.
∵AB⊥平面BCC1B1,且BE 平面BC1,
∴AB⊥BE.
∴ ABEF是矩形.
答案：B
評(píng)述：靈活地將正四棱柱性質(zhì)應(yīng)用于解題中,可使問題變得簡(jiǎn)單易求.
［例3］四棱柱ABCD—A′B′C′D′的底面ABCD是菱形,且A′B=A′D,求證：
（1）對(duì)角面AA′C′C⊥截面A′BD；
（2）對(duì)角面D′DBB′是矩形.
分析：（1）中通過尋求線面垂直去實(shí)現(xiàn)面面垂直.
（2）中依據(jù)矩形的判定方法證得.
證明：（1）連結(jié)AC與BD交于點(diǎn)O,連結(jié)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,
∴對(duì)角面AA′C′C⊥截面A′BD.
（2）由（1）知BD⊥A′A且A′A∥BB′,
∴BD⊥BB′.
∴對(duì)角面D′DBB′是矩形.
評(píng)述：此題是以正棱柱為載體考查了空間線線、面面、線面等問題,需對(duì)四棱柱的有關(guān)性質(zhì)熟練掌握,否則思維受阻,無法繼續(xù)做下去.
四、參考練習(xí)題
在長(zhǎng)方體AC1中,CC1=15,CD=20,求線段B1D和BC之間的距離.
解：連結(jié)AB1、DC1,
∴BC∥平面AB1C1D.
∴BC與B1D之間的距離轉(zhuǎn)化成了BC與平面AB1C1D之間的距離.
又∵平面BB1A⊥平面AB1C1D,
過點(diǎn)B作BH⊥AB1于點(diǎn)H,
∴BH⊥平面AB1C1D.
∴BH的長(zhǎng)為所求距離.
∵在Rt△AB1B中,有
BH= =12,
∴B1D和BC間的距離為12.
注意：在多面體中,利用線線關(guān)系、線面關(guān)系,把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題,最終化為解三角形問題,是立體幾何中的常用技巧.
●備課資料
一、中應(yīng)重視平面圖形立體化思想
平面圖形立體化與立體圖形平面化是兩個(gè)相反的過程,也是互逆的思想.在平面圖形立體化過程中,應(yīng)要求學(xué)生認(rèn)清平面圖形中各已知條件的相互關(guān)系及其本質(zhì),并且在將一個(gè)平面圖形折疊或剪拼成立體圖形后,能分清已知條件中哪些變化了,哪些未發(fā)生變化,而這些未發(fā)生變化的已知條件都是分析和解決問題的重要依據(jù),試舉兩例.
［例1］下圖是正方體的一個(gè)展開圖,當(dāng)用它合成原來的正方體時(shí),與邊P重合的邊是哪一條？
分析：此題可先將正方體合成,問題很快得到解決,若只考慮邊的重合,會(huì)更快地得出結(jié)論.
解：首先有L和K重合,其次有I和J重合,則P與H重合.
［例2］如圖,在正方形SG1G2G3中,E、F分別是G1G2及G2G3的中點(diǎn),D是EF的中點(diǎn),現(xiàn)在沿SE、SF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)由四個(gè)三角形圍成的幾何體（以后要學(xué)習(xí)的四面體）,使G1、G2、G3三點(diǎn)重合,重合后的點(diǎn)記為G,那么在這個(gè)幾何體中必有
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
分析：題目中的SG1⊥G1E,EG2⊥G2F,FG3⊥G3S,這些條件在折疊后仍然不變,應(yīng)從這一點(diǎn)入手解決此問題.
解析：∵SG1G2G3是一個(gè)正方形,
∴SG1⊥G1E,EG2⊥G2F,FG3⊥G3S.
∴折疊后的幾何體中一定有
SG⊥GE,且SG⊥GF,即SG⊥△EFG所在平面.
答案：A
評(píng)述：這道題貌似涉及幾何體（四面體）的概念,實(shí)則主要用來鞏固直線和平面垂直的判定定理,培養(yǎng)學(xué)生的空間想象力.
二、平行六面體性質(zhì)的應(yīng)用舉例
［例3］已知直平行六面體的側(cè)棱長(zhǎng)為100 cm,底面兩鄰邊的長(zhǎng)分別是23 cm和11 cm,底面的兩條對(duì)角線的比是2∶3,求它的兩個(gè)對(duì)角面的面積分別是多少？
分析：直平行六面體的對(duì)角面是矩形,本題關(guān)鍵是求出底面兩條對(duì)角線的長(zhǎng),可應(yīng)用方程思想解之.
解：已知AC1是直平行六面體,故它的兩個(gè)對(duì)角面都是矩形,其側(cè)棱AA1就是矩形的高.
由題意,得AB=23 cm,AD=11 cm,AA1=100 cm.
∵BD∶AC=2∶3,
設(shè)BD=2x,AC=3x,
在平行四邊形ABCD中,
BD2+AC2=2（AB2+AD2）,
即（2x）2+(3x)2=(232+112)×2.
∴x=10.
∴BD=2x=20,AC=3x=30.
∴SBDD1B1=BD?BB1=20×100=2000 (cm2),
SACC1A1=AC?AA1=30×100=3000 (cm2).
∴它的兩個(gè)對(duì)角面的面積分別是2000 cm2、3000 cm2.
評(píng)述：在立體幾何的運(yùn)算中,要注意方程思想的應(yīng)用,適當(dāng)?shù)剡x取未知數(shù),找出等量關(guān)系.
對(duì)于平行四邊形對(duì)角線的性質(zhì),不僅其本身作用較大,而且可以推廣到空間,即平行六面體各棱的平方和等于對(duì)角線的平方和.
●備課資料
一、中“整體思想”解題的應(yīng)用
［例1］長(zhǎng)方體的全面積為11，十二條棱長(zhǎng)度之和是24，求這個(gè)長(zhǎng)方體的一條對(duì)角 線長(zhǎng).
分析：要求長(zhǎng)方體對(duì)角線的長(zhǎng)，只要求長(zhǎng)方體的一個(gè)頂點(diǎn)上的三條棱的長(zhǎng)即可.
解：設(shè)此長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別是x、y、z,對(duì)角線長(zhǎng)為l,依題意,得
由②,得x+y+z=6,從而由長(zhǎng)方體對(duì)角線性質(zhì),得
l=
=
= =5.
∴長(zhǎng)方體一條對(duì)角線的長(zhǎng)為5.
評(píng)述：本題考查長(zhǎng)方體的有關(guān)概念和計(jì)算，以及代數(shù)式的恒等變形能力.在求解過程中，并不需要把x、y、z單個(gè)都求出來，而要由方程組的①②從整體上導(dǎo)出x2+y2+z2.這就是數(shù)學(xué)中常用的一種技巧，給我們比較靈活的感覺.
［例2］直平行六面體的底面是菱形，過不相鄰兩對(duì)側(cè)棱的截面的面積是Q1和Q2，求它的側(cè)面積.
分析：由直棱柱的對(duì)角面面積求出底面邊長(zhǎng)或周長(zhǎng)以及側(cè)棱長(zhǎng)，從而達(dá)到求出側(cè)面積的目的.
解：設(shè)直平行六面體AC1的底面邊長(zhǎng)為a,側(cè)棱長(zhǎng)為l.
∵AC1是直平行六面體,
∴對(duì)角面ACC1A1和BB1D1D是矩形.
∴Q1=l?AC,Q2=l?BD.
∴AC= ,BD= .
∵底面ABCD是菱形,
∴AC2+BD2=4a2,
即（ ）2+( )2=4a2.
∴l(xiāng)2?a2= (Q12+Q22),
al= .
∴S側(cè)=4a?l=2 .
評(píng)述：以上例題同樣采用了整體求法的手段，即沒有單獨(dú)去求a和l的值，而是求出a和l之積，從而簡(jiǎn)化了解題過程.
二、求棱柱側(cè)面積的方法的應(yīng)用
［例3］斜三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是邊長(zhǎng)為a的正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)為b,AA1與底面相鄰兩邊AB、AC都成45°角，求棱柱的側(cè)面積.
解法一：如圖作A1O⊥面ABC于點(diǎn)O，
∵AA1與AB、AC都成45°角，
∴AO是∠BAC的平分線.
又△ABC為正三角形,
∴AO⊥BC.
由三垂線定理可知AA1⊥BC，
又AA1∥BB1∥CC1，
∴四邊形BB1C1C為矩形,
S側(cè)=2absin45°+ab=( +1)ab.
解法二：作BM⊥AA1于點(diǎn)M，連結(jié)CM，可證得△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側(cè)=（ +1）ab.
評(píng)述：解法一是采用求各側(cè)面面積之和來求側(cè)面積的;解法二是先作棱柱的直截面，利用直截面周長(zhǎng)與側(cè)棱長(zhǎng)之積求得側(cè)面積.
［例4］斜三棱柱ABC—A1B1C1的底面△ABC中，AB=AC=10 cm,BC=12 cm,A1到A、B、C三點(diǎn)距離相等，AA1=13 cm,求這個(gè)斜三棱柱的全面積.
解：如圖，在側(cè)面A1ABB1中作A1D⊥AB于點(diǎn)D，由A1A=A1B,
∴D是AB的中點(diǎn)，那么A1D2=A1A2-AD2=132-52.
∴A1D=12 cm.
∴SA1ABB1=SA1ACC1=A1D?AB=120 cm2.
取BC的中點(diǎn)E，連結(jié)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.
∴側(cè)面BB1C1C是矩形.
∴SBB1C1C=BB1?BC=13?12=156 (cm2).
∴S側(cè)=2SA1ABB1+SBB1C1C=2?120+156=396 (cm2).
而AE= =8 (cm),
S底= BC?AE= ?12?8=48 (cm),
∴S全=S側(cè)+2S底=396+2?48=492 (cm2).
［例5］斜三棱柱ABC—A1B1C1中，側(cè)棱AA1=20 cm,平面B1A1AB與平面A1C1CA所成的二面角為120°，AA1與BB1、CC1的距離分別為16 cm、24 cm,求此三棱柱的側(cè)面積.
分析：求斜棱柱的側(cè)面積可求各側(cè)面面積之和，也可以求它的截面周長(zhǎng)C與側(cè)棱長(zhǎng)l的乘積.
解法一：在AA1上取一點(diǎn)E，過E在平面AA1B1B作中GE⊥AA1,交BB1于點(diǎn)G，過E點(diǎn)在平面AA1C1C中作EF⊥AA1，交C1C于點(diǎn)F，則∠GEF為已知二面角的平面角，所以∠GEF=120°.又AA1⊥平面GEF，由棱柱的性質(zhì),可得AA1∥B1B∥C1C，
∴BB1⊥平面GEF.又GF 平面GEF，
∴BB1⊥GF.
由題意,知GE=16 cm,EF=24 cm.
∵∠GEF=120°,
在△GEF中，
GF=
=
=8 cm,
又∵S A1ABB1=AA1?GE=20×16=320 (cm2),
S A1ACC1=AA1?EF=20×24=480 (cm2),
S B1BCC1=BB1?GF=20?8 =160 (cm2),
∴S斜棱柱側(cè)=S A1ABB1+S A1ACC1+S B1BCC1
=320+480+160 =160（5+ ）(cm2).
解法二：在側(cè)棱A1A上取一點(diǎn)E，過E作AA1的垂面分別交BB1、CC1于點(diǎn)G、F，連結(jié)FG，則平面EFG為斜三棱柱ABC—A1B1C1的直截面.
由題意AA1⊥面EFG,
∴AA1⊥EG，AA1⊥EF.
∴∠GEF為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=
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