2020年高考數(shù)學(xué)一輪經(jīng)典例題 棱柱 理

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1、2020年高考數(shù)學(xué)（理）一輪經(jīng)典例題——棱柱 典型例題一 例1 設(shè)有四個命題： ①底面是矩形的平行六面體是長方體； ②棱長都相等的直四棱柱是正方體； ③有兩條側(cè)棱都垂直于底面一邊的平行六面體是直平行六面體； ④對角線相等的平行六面體是直平行六面體． 其中真命題的個數(shù)是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 分析：命題①是假命題．因為底面是矩形的直平行六面體才是長方體．底面是矩形，側(cè)棱不垂直于底面，這樣的四棱柱仍是斜平行六面體； 命題②是假命題．底面是菱形，底面邊長與棱長相等的直四棱柱不是正方體

2、； 命題③是假命題．因為有兩條側(cè)棱垂直于義面一邊不能推出側(cè)棱與底面垂直． 命題④是真命題，如圖所示，平行六面體中所有對角線相等，對角面是平行四邊形，對角線，所以四邊形是矩形，即，同理四邊形是矩形，所以，由知底面，即該平行六面體是直平行六面體． 故選A． 說明：解這類選擇題的關(guān)鍵在于理清各種棱柱之間的聯(lián)系與區(qū)別，要緊扣底面形狀及側(cè)棱與底面的位置關(guān)系來解題． 下面我們列表來說明平行四邊形與平行六面體的性質(zhì)的“類比”，由此，我們可以發(fā)現(xiàn)立體幾何與平面幾何許多知識是可以進行類比的．見表 表 平行四邊形 平行六面體 ①對邊平行且相等 ①相對的側(cè)面平行且全等 ②對角線交于一點，且在這

3、一點互相平分 ②對角線交于一點且在這一點互相平分 ③四條邊的平方和等于兩條對角線的平方和 ③十二條棱的平方和等于四條對角線的平方和 典型例題二 例2 如圖，正四棱柱中，對角線，與側(cè)面所成角為，求：（1）與底面所成角；（2）異面直線與所成角；（3）正四棱柱的全面積． 分析：正四棱柱是一種特殊的長方體，它的兩底面、是正方形，長方體中有比較多的線面垂直關(guān)系，而線面垂直關(guān)系往往是解決立體幾何問題的關(guān)鍵條件．題中無論是已知線面成角，還是求線面成角，都要把它們轉(zhuǎn)化為具體的角，落實線面成角，先要找線面垂直關(guān)系．異面直線與所成角通過，落實為具體的．正四棱柱各個面都是矩形，求面積只要用矩形面積公

4、式． 解：（1）在正四棱柱中，∵面， ∴是與側(cè)面所成角，即． ∵ ，∴ ，， ∵ 是正方形，∴， 平面，∴ 是與底面所成角， 在△中，，， ∴，∴， 即與底面所成角為． （2）∵， ∴是與所成角（或補角）． ∵平面，∴ ， △中，，， ∴，∴， 即異面直線與所成角為． （3）△中，，． ∴ ， ∴ ． 說明：長方體是一種特殊的棱柱，充分感受其中豐富的線面垂直、線線垂直關(guān)系是靈活解題的關(guān)鍵，各種垂直關(guān)系是解決立體幾何中證明和計算的重要條件． 典型例題三 例3 如圖，已知長方體中，棱長，，求直線與平面的距離． 分析：求直線到平面的距

5、離，首先要找直線上的點到平面的垂線，而找平面的垂線的一個很有用的思路是，找平面內(nèi)一條直線與某一平面垂直，這里我們不難看出，長方體中有平面，這樣，只要作，又有，得到平面． 解：長方體中，有平面，過作于，又有， ∴ 平，即是到平面的距離． 在△中，由已知可得，，， ∴ ，∴． 即是到平面的距離為． 說明：長方體中有棱與面的線面垂直關(guān)系，正方體除此之外，還有對角線與對角面的線面垂直關(guān)系，比如，求正方體中，與面所成角．這里，要找與所成角，必須找到平面的垂線，因為面，在對角面內(nèi)，過作于，則，所以面，可以得到為與面所成角，在對角面中可計算． 典型例題四 例4 如圖，已知直三棱柱

6、中，，為側(cè)棱上一點，，．（1）若為的中點，為上不同于、的任一點，求證：；（2）若，求與平面所成角的大?。? 分析：點在上變化，為平面內(nèi)變化的一組相交直線（都過定點），要證明與垂直，必有平面．求與平面所成角的關(guān)鍵是找到面的垂線，從而落實線面成角，直三棱柱中，側(cè)棱平面給找點到面的垂線創(chuàng)造了方便的條件． 解：（1）∵，且是的中點，∴， 又∵ 直三棱柱中平面，∴， ∴ 平面，∴． 在矩形中，，， ∴，，， ∴，∴，即， ∴平面，∴． （2）過作于，∵平面，∴， ∴平面，連接，是與平面所成角． 在等腰△中，，，∴， 在等腰△中，由面積相等可得，， ∴，又， 在△中，， ∴

7、， 即與平面所成角為． 說明：由于點在上變化，給思考增加了難度，但仔細思考，它又提供了解題的突破口，使得線線垂直成為了與一組直線垂直．本題的證明還有一個可行的思路，雖然在上變化，但是由于平面，所以點在平面上的射影是定點，在平面上射影為定直線，使用三垂線定理，可由，直接證明．三垂線定理是轉(zhuǎn)化空間線線垂直為平面內(nèi)線線垂直的一個有力工具，再看一個例子，正方體中，是底面的中心，是上動點，是中點，求與所成角．我們?nèi)≈悬c，雖然點變化，但在面上射影為定直線，在正方形中，易證，所以，，即與所成角為． 典型例題五 例5 如圖，正三棱柱的底面邊長為4，側(cè)棱長為，過的截面與底面成的二面角，分別就（1

8、）；（2）計算截面的面積． 分析：要求出截面的面積，首先必須確定截面的形狀，截面與底面成的二面角，如果較大，此時截面是三角形；但是如果較小，此時截面與側(cè)棱不交，而與上底面相交，截面為梯形． 解：截面與側(cè)棱所在直線交于點，取中點，連、， △是等邊三角形，∴， ∵平面，∴． ∴為截面與底面所成二面角的平面角， ∴． ∵等邊△邊長為4，∴． 在△中，． （1）當時，點在側(cè)棱上，截面為△， 在△中，， ∴． （2）當時，點在延長線上，截面為梯形， ∵，∴是△的中位線， ∴． 說明：涉及多面體的截面問題，都要經(jīng)過先確定截面形狀，再解決問題的過程，本例通過改變側(cè)棱長而改變了截

9、面形狀，我們也可以通過確定側(cè)棱長，改變截面與底面成角而改變截面形狀． 典型例題六 例6 斜三棱柱中，平面底面，，，，，且． （1）求與平面所成角； （2）求平面與平面所成二面角的大??； （3）求側(cè)棱到側(cè)面的距離． 分析：按照一般思路，首先轉(zhuǎn)化條件中的面面垂直關(guān)系，由，取的中點，連，則有，從而有平面，在此基礎(chǔ)上，與底面所成角以及平面與底面所成二面角都能方便地找到，同時底面也為尋找點到面的垂線創(chuàng)造了條件． 解：（1）取的中點，連接， ∵，∴，∵平面底面， ∴底面，∴為與底面所成角． ∵且，∴． （2）取中點，則， ∵，∴，∴． 連，∵底面，∴在平面上射影為， ∴

10、，∴為側(cè)面與底面所成二面角的平面角． 在等腰△中，，∴． 在△中，，∴． 在△中，， ∴，即側(cè)面與底面所成二面角的大小為． （3）過作于， ∵底面，∴，∴平面， 在△中，，，∴， ∴，即到平面的距離為． 說明：簡單的多面體是研究空間線面關(guān)系的載體，而線面垂直關(guān)系又是各種關(guān)系中最重要的關(guān)系，立體幾何中的證明與計算往往都與線面垂直發(fā)生聯(lián)系，所以在幾何體中發(fā)現(xiàn)并使用線面垂直關(guān)系往往是解題的關(guān)鍵． 典型例題七 例7 斜三棱柱的底面△是直角三角形，，，在底面上的射影恰好是的中點，側(cè)棱與底面成角，側(cè)面與側(cè)面所成角為，求斜棱柱的側(cè)面積與體積． 分析：在底面上射影為中點，提供了

11、線面垂直平面，另外又有，即，又可以得到平面，利用這兩個線面垂直關(guān)系，可以方便地找到條件中的線面角以及二面角的平面角． 解：∵在底面上，射影為中點． ∴平面． ∴為側(cè)棱與底面所成角，即， ∵，即，又， ∴平面，過作于，連接，則． ∴是側(cè)面與側(cè)面所成二面角的平面角， ∴， 在直角△中，∵，，∴， 在直角△中，∵，， ∴，， 在直角△中，，， ∴，． ∴側(cè)面積為 ． 體積為． 說明：本例中△是斜棱柱的一個截面，而且有側(cè)棱與該截面垂直，這個截面稱為斜棱柱的直截面，我們可以用這個截面把斜棱柱分成兩部分，并且用這兩部分拼湊在一個以該截面為底面的直棱柱，斜棱柱的側(cè)面積等于該截

12、面周長乘以側(cè)棱長，體積為該截面面積乘以側(cè)棱長． 典型例題八 例8　如圖所示，在平行六面體中，已知，，又． (1)求證：截面； (2)求對角面的面積． 分析： (1)由題設(shè)易證，再只需證，即證．而由對稱性知，若，則，故不必證． (2)關(guān)鍵在于求對角面的高． 證明：(1)∵，，， ∴在中，由余弦定理，得． 再由勾股定理的逆定理，得． 同理可證：．∴平面． 又，∴平面． 解：(2)∵，∴平行四邊形為菱形．為的平分線． 作∴平面于， 由，知．作于，連，則． 在中，， 在中，． 在中，． 又在中，由余弦定理，得． ∴． 說明：本題解答中用到了教材習(xí)題

13、中的一個結(jié)論——經(jīng)過一個角的頂點引這個角所在平面的斜線．如果斜線和這個角兩邊的夾角相等，那么斜線在平面上的射影是這個角的平分線所在的直線． 另外，還有一個值得注意的結(jié)論就是：如果一個角所在平面外一點到角的兩邊所在直線的距離相等，那么這一點在平面上的射影在這個角的平分線所在的直線上． 典型例題九 例9　如圖所示，已知：直三棱柱中，，，，，是的中點． 求證：． 分析：根據(jù)條件，正三棱柱形狀和大小及點的位置都是確定的，故可通過計算求出與兩異面直線所成的角． 因為，，所以側(cè)面．是斜線在平面的射影，設(shè)與的交點為，只需證得即可． 證明：∵，，與交于點， ∴面． ∵為的中點，∴．

14、 在中，， ∴，． 在中， ． 在中，． 又∽且， ∴， ． 在中，， ， ∴，，∴． 說明：證明兩直線垂直，應(yīng)用三垂線定理或逆定理是重要方法之一．證明過程中的有關(guān)計算要求快捷準確，不可忽視．本題證明兩異面直線垂直，也可用異面直線所成的角，在側(cè)面的一側(cè)或上方一個與之全等的矩形，平移或，確定兩異面直線所成的角，然后在有關(guān)三角形中通過計算可獲得證明． 典型例題十 例10　長方體的全面積為11，十二條棱長度之和為24，求這個長方體的一條對角線長． 分析：要求長方體對角線長，只要求長方體的一個頂點上的三條棱的長即可． 解：設(shè)此長方體的長、寬、高分別為、、，對角線長

15、為，則由題意得： 由②得：，從而由長方體對角線性質(zhì)得： ． ∴長方體一條對角線長為5． 說明：(1)本題考查長方體的有關(guān)概念和計算，以及代數(shù)式的恒等變形能力．在求解過程中，并不需要把、、單個都求出來，而要由方程組的①②從整體上導(dǎo)出，這需要同學(xué)們掌握一些代數(shù)變形的技巧，需要有靈活性． (2)本題采用了整體性思維的處理方法，所謂整體性思維就是在探究數(shù)學(xué)問題時，應(yīng)研究問題的整體形式，整體結(jié)構(gòu)或?qū)栴}的數(shù)的特征、形的特征、結(jié)構(gòu)特征作出整體性處理．整體思維的含義很廣，根據(jù)問題的具體要求，需對代數(shù)式作整體變換，或整體代入，也可以對圖形作出整體處理． 典型例題十一 例11　如圖，長方體

16、中，，，，并且．求沿著長方體的表面自到的最短線路的長． 分析：解本題可將長方體表面展開，可利用在平面內(nèi)兩點間的線段長是兩點間的最短距離來解答． 解：將長方體相鄰兩個展開有下列三種可能，如圖． 三個圖形甲、乙、丙中的長分別為： ∵， ∴． 故最短線路的長為． 說明：(1)防止只畫出一個圖形就下結(jié)論，或者以為長方體的對角線是最短線路． (2)解答多面體表面上兩點間，最短線路問題，一般地都是將多面體表面展開，轉(zhuǎn)化為求平面內(nèi)兩點間線段長． 典型例題十二 例12　設(shè)直平行六面體的底面是菱形，經(jīng)下底面的一邊及與它相對的上義面的一邊的截面與底面成的二面角，面積為，

17、求直平行六面體的全面積． 分析：如圖，由于面．作出截面與底面所成的二面角的平面角后，因中，可分別求出、和的值．又上下底面的邊長是相等的，便可進一步求出全面積． 解：設(shè)平行六面體為，過作，為垂足，連結(jié)． ∵平面， ∴，， ∴，． 又在菱形中，有， ∴截面的面積為：． 側(cè)面的面積為： 底面的面積為：． 所以． 典型例題十三 例13　設(shè)有三個命題：甲：底面是平行四邊形的四棱柱是平行六面體；乙：底面是矩形的平行六面體是長方體；丙：直四棱柱是直平行六面體．以上命題中，真命題的個數(shù)是（　?。? A．0　　　B．1　　　C．2　　　D．3 解：甲命題是真命題，因為它就是平

18、行六面體的定義； 乙命題不是真命題，因為平行六面體的側(cè)棱不一定垂直于底面； 丙命題也不是真命題，因為四棱柱的底面不一定是平行四邊形． ∴應(yīng)選B． 說明：要認真搞清平行六面體、直平行六面體、長方體等特殊四棱柱的有關(guān)概念及性質(zhì)． 典型例題十四 例14　如圖，是直三棱柱，，點、分別是、的中點．若，則與所成角的余弦值是（　　）． A．　　　B．　　　C．　　　D． 解：可將異面直線所成角轉(zhuǎn)化為相交直線的角，取的中點，并連結(jié)、． ∵， ∴，∴是與所成角． 設(shè)，則，． ∴，，， ． ∴ ∴應(yīng)選A． 說明：本題主要考查棱柱的性質(zhì)，以及兩條異面直線所成的角、勾股定理、余

19、弦定理等內(nèi)容：對運算能力和空間想象能力也有較高的要求． 典型例題十五 例15　如圖，已知是正三棱柱，是的中點． (1)證明：平面； (2)假設(shè)，求以為棱，與為面的二面角的度數(shù)． (1)證明：∵是正三棱柱，∴四邊形是矩形．連結(jié)交于，則是的中點．連結(jié)． ∵、分別是、的中點， ∴．又平面，平面，． ∴平面． (2)解：作于，則平面，連結(jié)則是在平面上的射影． ∵又． ∴． 根據(jù)三垂線定理的逆定理，得． 從而是二面角的平面角， 即， 設(shè)，則 ∵是正三角形，∴在中，有 ， 取的中點， ∵，∴． 在中， 而，， ∴，∴， ∴在中，． ∴，即． 從而所求二面角的大小為． 說明：(1)縱觀近十年高考題，其中解答題大多都是以多面體進行專利權(quán)查，解答此類題，有些同學(xué)往往忽略或忘記了多面體的性質(zhì)，從而解題時，思維受阻．今后要引以為戒． (2)本題考查空間的線面關(guān)系，正棱柱的概念和性質(zhì)，空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力．本題涉及到的知識面寬，有一定的深度，但入手不難，逐漸加深；邏輯推理和幾何計算交織為一體；正三棱柱放倒，與課本習(xí)題不同，加強了對空間想象能力的考查；在解答過程中，必須添加適當?shù)妮o助線，不僅考查了識圖，而且考查了作圖．本題是一道綜合性試題，較深入和全面地考查了各種數(shù)學(xué)能力，正確解答本題，要求同學(xué)們有較高的數(shù)學(xué)素質(zhì)．