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1、【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三、参考例题［例1］在直平行六面体ABCD—A1B1C1D1中,AD=3,A1A=4,AB=5,∠DAB=60°,那么这个直平行六面体的对角线AC1与BD1的长分别是A.和B
2、.和C.和D.和分析：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.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.用心爱心专心解析：正四棱柱ABCD—A1B1C1D
3、1,过棱AB的平面ABEF交对面CDD1C1于点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：（1）对角面AA′C′C⊥截面A′BD；（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
4、.∵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AC1中,CC1=15,CD=20,求线段B1D和BC之间的距离.解：连结AB1、DC1,∴BC∥平面AB1C1D.∴BC与B1D之间的距离转化成了B
5、C与平面AB1C1D之间的距离.又∵平面BB1A⊥平面AB1C1D,过点B作BH⊥AB1于点H,用心爱心专心∴BH⊥平面AB1C1D.∴BH的长为所求距离.∵在Rt△AB1B中,有BH==12,∴B1D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
6、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？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SG1G2G3中,E、F分别是G1G2及G2G3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
7、四面体）,使G1、G2、G3三点重合,重合后的点记为G,那么在这个几何体中必有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：题目中的SG1⊥G1E,EG2⊥G2F,FG3⊥G3S,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：∵SG1G2G3是一个正方形,∴SG1⊥G1E,EG2⊥G2F,FG3⊥G3S.∴折叠后的几何体中一定有SG⊥GE,且SG⊥GF,即SG⊥△EFG所在平面.用心爱心专心答案：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
8、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100cm,底面两邻边的长分别是23cm和11cm,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
