高考数学第一轮复习棱柱与棱锥

9.9 空间距离●知识梳理1.点与它在平面上的射影间的距离叫做该点到这个平面的距离.2.直线与平面平行，那么直线上任一点到平面的距离叫做这条直线与平面的距离.3.两个平面平行，它们的公垂线段的长度叫做这两个平面的距离.4.两条异面直线的公垂线段的长度叫做这两条异面直线的距离.5.借助向量求距离（1）点面距离的向量公式平面α的法向量为n ，点P 是平面α外一点，点M 为平面α内任意一点，则点P 到平面α的距离d 就是在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||n n MP ⋅. （2）线面、面面距离的向量公式平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈l ，平面α与直线l 间的距离d 就是在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||n n MP ⋅. 平面α∥β，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈β，平面α与平面β的距离d 就是在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||n n MP ⋅. （3）异面直线的距离的向量公式设向量n 与两异面直线a 、b 都垂直，M ∈a 、P ∈b ，则两异面直线a 、b 间的距离d 就是在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||n n MP ⋅. ●点击双基1.ABCD 是边长为2的正方形，以BD 为棱把它折成直二面角A —BD —C ，E 是CD 的中点，则异面直线AE 、BC 的距离为A.2B.3C.23D.1 解析：易证CE 是异面直线AE 与BC 的公垂线段，其长为所求.易证CE =1.∴选D. 答案：D2.在△ABC 中，AB =15，∠BCA =120°，若△ABC 所在平面α外一点P 到A 、B 、C 的距离都是14，则P 到α的距离是A.13B.11C.9D.7 解析：作PO ⊥α于点O ，连结OA 、OB 、OC ， ∵P A =PB =PC ， ∴OA =OB =OC .∴O 是△ABC 的外心.∴OA =BCA AB∠sin 2=120sin 215=53.∴PO =22OA PA -=11为所求.∴选B.答案：B3.在棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则点A 1到平面MBD 的距离是A.36a B. 63a C. 43a D.66 a 解析：A 到面MBD 的距离由等积变形可得.V A —MBD =V B —AMD .易求d =66a. A M 1答案：D4.A 、B 是直线l 上的两点，AB =4，AC ⊥l 于A ，BD ⊥l 于B ，AC =BD =3，又AC 与BD 成60°的角，则C 、D 两点间的距离是_______.解析：CD =22223433±++. 答案：5或435.设P A ⊥Rt △ABC 所在的平面α，∠BAC =90°，PB 、PC 分别与α成45°和30°角，P A =2，则P A 与BC 的距离是_____________；点P 到BC 的距离是_____________.解析：作AD ⊥BC 于点D ，∵P A ⊥面ABC ，∴P A ⊥AD .∴AD 是P A 与BC 的公垂线.易得AB =2，AC =23，BC =4，AD =3，连结PD ，则PD ⊥BC ，P 到BC 的距离PD =7.答案：37●典例剖析【例1】 设A （2，3，1），B （4，1，2），C （6，3，７），D （－５，－4，8），求D 到平面ABC 的距离.解：设平面ABC 的法向量n =（x ，y ，z ），∵n ·=0，n ·=0，∴⎩⎨⎧=⋅=-⋅,0)6,0,4(),,(,0)1,2,2(),,(z y x z y x即⎪⎩⎪⎨⎧-=-=⇒⎩⎨⎧=+=+-.,23064022z y z x z x z y x令z =－2，则n =（3，2，－2）. ∴cos 〈n ，AD 〉=2222227)7()7()2(2372)7(2)7(3+-+-⋅-++⨯--⨯+-⨯.∴点D 到平面ABC 的距离为d ， d =|AD |·|cos 〈n ，AD 〉|=1749=171749. 思考讨论求点到平面的距离除了根据定义及等积变换外，还可以借用平面的法向量求得，方法是：求出平面的一个法向量n 的坐标，再求出已知点P 与平面内任一点M 构成的向量MP 的坐标，那么P 到平面的距离d =|MP ||cos 〈n ，MP 〉|.【例2】 如图，在棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、O 、O 1分别是A 1B 、AC 、A 1C 1的中点，且OH ⊥O 1B ，垂足为H .111AA B BD C C DM HOO（1）求证：MO ∥平面BB 1C 1C ； （2）分别求MO 与OH 的长； （3）MO 与OH 是否为异面直线A 1B 与AC 的公垂线?为什么?求这两条异面直线间的距离. （1）证明：连结B 1C ，∵MO 是△AB 1C 的中位线，∴MO ∥B 1C .∵B 1C 平面BB 1C 1C ， ∴MO ∥平面BB 1C 1C . （2）解：MO =21B 1C =22a ，∵OH 是Rt △BOO 1斜边上的高，BO =22a ， ∴OH =33a . （3）解：MO 不是A 1B 与AC 的公垂线，MO ∥B 1C ，△AB 1C 为正三角形，∴MO 与AC 成60°角.∵AC ⊥BD ，AC ⊥OO 1，∴AC ⊥面BOO 1.∵OH 面BOO 1，∴OH ⊥AC ，OH ⊥A 1C 1.∵OH ⊥O 1B ，A 1C 1∩O 1B =O 1，∴OH ⊥面BA 1C 1，OH ⊥A 1B .∴OH 是异面直线A 1B 与AC 的公垂线，其长度即为这两条异面直线的距离.特别提示在立体几何的计算或证明中，常需要计算直角三角形斜边上的高，据面积关系得它等于直角边的积除以斜边，应作为常识记熟并可直接应用.立体几何问题求解，总体上可分为几何法与代数法，要注意选择最简方法求解.本题（3）利用代数向量方法解答也比较简单. 【例3】 如图所求，已知四边形ABCD 、EADM 和MDCF 都是边长为a 的正方形，点P 、Q 分别是ED 和AC 的中点.求：（1）PM 与FQ 所成的角；（2）P 点到平面EFB 的距离； （3）异面直线PM 与FQ 的距离.解：建立空间直角坐标系，使得D （0，0，0）、A （a ，0，0）、B （a ，a ，0）、C （0，a ，0）、M （0，0，a ）、E （a ，0，a ）、F （0，a ，a ），则由中点坐标公式得P （2a ，0，2a）、 Q （2a ，2a，0）. （1）∴PM =（－2a ，0，2a ），FQ =（2a ，－2a ，－a ），PM ·FQ =（－2a ）×2a +0+2a×（－a ）=－43a 2，且|PM |= 22a ，||= 26a .∴cos 〈PM ，〉||||FQ PM a a a 2622432⨯-=－23. 故得两向量所成的角为150°.（2）设n =（x ，y ，z ）是平面EFB 的单位法向量，即|n |=1，n ⊥平面EFB ，∴n ⊥，n ⊥.又=（－a ，a ，0）， =（0，a ，－a ），即有⎪⎩⎪⎨⎧=-=+-=++.0,0,1222az ay ay ax z y x 得其中的一组解⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧===.33,33,33z y x ∴n =（33，33，33）， =（2a ，0，2a ）. 设所求距离为d ，则d =|PE ·n |=33a . （3）设e =（x 1，y 1，z 1）是两异面直线的公垂线上的单位方向向量，则由=（－2a ，0，2a ），FQ =（2a ，－2a ，－a ），得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=--=+-=++.022,022,111111212121az y a x a z a x az y x 求得其中的一个e =（33，－33，33），而MF =（0，a ，0）.设所求距离为m ，则m =|MF ·e |=|－ 33a |=33a . 【例4】 如图，已知二面角α—PQ —β为60°，点A 和点B 分别在平面α和平面β内，点C 在棱PQ 上，∠ACP =∠BCP =30°，CA =CB =a .（1）求证：AB ⊥PQ ；（2）求点B 到平面α的距离；（3）设R 是线段CA 上的一点，直线BR 与平面α所成的角为45°，求线段CR 的长度.（1）证明：在平面β内作BD ⊥PQ 于D ，连结AD . ∵∠ACP =∠BCP =30°，CA =CB =a ，CD 公用，∴△ACD ≌△BCD .∴∠ADC =∠BDC =90°，即AD ⊥PQ .于是PQ ⊥平面ABD ，则AB ⊥PQ .（2）解：由（1）知，∠ADB 是二面角α—PQ —β的平面角，∴∠ADB =60°.又PQ ⊥平面ABD ，∴α⊥平面ABD .过B 作BE ⊥AD 于点E ，则BE 即为B 到平面α的距离.BE =BD ·sin60°=BC ·sin30°·sin60°=43 a . （3）解：连结ER ，∵BE ⊥α，∴∠BRE 是BR 与α所成的角，即∠BRE =45°，则有BR =45sin BE =46 a .易知△ABD 为正三角形，AB =AD =BD =21a .在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠BCA =87. 在△BCR 中，设CR =x ，由余弦定理得（46a ）2=x 2+a 2－2ax ·87，求得x 1=2a ，x 2=45a （舍去，∵CR <AC =a ），故CR =2a. ●闯关训练 夯实基础1.平面α内的∠MON =60°，PO 是α的斜线，PO =3，∠POM =∠PON =4５°，那么点P 到平面α的距离是A.3 B.433 C. 23D.33 解析：cos ∠POM =cos ∠POH ·cos ∠MOH ，∴22= 23cos ∠POH .∴cos ∠POH =32.∴sin ∠POH =31.∴PH =PO ·sin ∠POH =3×31=3.答案：A2.正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，E 是CC 1的中点，则E 到A 1B 的距离是A.33a B. 26a C. 25a D.423a 解析：连结A 1E 、BE ，过E 作EH ⊥A 1B 于H ，在△A 1BE 中易求EH =423a .A 1答案：D3.已知l 1、l 2是两条异面直线，α、β、γ是三个互相平行的平面，l 1、l 2分别交α、β、γ于A 、B 、C 和D 、E 、F ，AB =4，BC =12，DF =10，又l 1与α成30°角，则β与γ的距离是__________；DE =__________.解析：由直线与平面所成角的定义及平行平面距离定义易得β与γ间距离为6.由面面平行的性质定理可得BC AB =EF DE ，∴BC AB AB +=EF DE DE +，即1244+=10DE.∴DE =2.5. 答案：6 2.54.（B ）已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则直线DA 1与AC 间的距离为__________.解析：设n =λAB +μAD +1AA 是A 1D 和AC 的公垂线段上的向量，则n ·D A 1=（λAB +μAD +1AA ）·（AD －1AA ）=μ－1=0，∴μ=1.A 1又n ·=（λAB +μAD +1AA ）·（AB +AD ）=λ+μ=0，∴λ=－1. ∴n =－++1AA .故所求距离为 d =||n|AA n ⋅1|=|AA 1·31AA ++-|=31= 33.答案：335.ABCD 是正方形，边长为7 cm ，MN ∥AB 且交BC 于点M ，交DA 于点N ，若AN =3 cm ，沿MN 把正方形折成如图所示的二面角A—MN —D ，大小为60°，求图中异面直线MN 与BD 间的距离.解：由题意易证MN ∥平面ABD ，MN 与BD 的距离可转化为点N 到平面ABD 的距离，作NE ⊥AD ，易证NE ⊥平面ABD ，故可求NE =13396. 6.已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的边长为a ，E 、F 分别是棱A 1B 1、CD 的中点.A 1（1）证明：截面C 1EAF ⊥平面ABC 1. （2）求点B 到截面C 1EAF 的距离.（1）证明：连结EF 、AC 1和BC 1，易知四边形EB 1CF 是平行四边形，从而EF ∥B 1C ，直线B 1C ⊥BC 1且B 1C ⊥AB ，则直线B 1C ⊥平面ABC 1，得EF ⊥平面ABC 1.而EF ⊂平面C 1EAF ，得平面C 1EAF ⊥平面ABC 1.（2）解：在平面ABC 1内，过B 作BH ，使BH ⊥AC 1，H 为垂足，则BH 的长就是点B 到平面C 1EAF 的距离，在直角三角形中，BH =11AC BC AB ⋅=aa a 32=36a.培养能力7.已知直线l 上有两定点A 、B ，线段AC ⊥l ，BD ⊥l ，AC =BD =a 且AC 与BD 成120°角，求AB 与CD 间的距离.CD解法一：在面ABC 内过B 作BE ⊥l 于B ，且BE =AC ，则ABEC 为矩形. ∴AB ∥CE .∴AB ∥平面CDE .则AB 与CD 的距离即为B 到DE 的距离. 过B 作BF ⊥DE 于F ，易求BF =21a . 解法二：建系如图，则A （0，0，b ），C （－21a ，23a ，a ），D （a ，0，0），设AB 与CD 的公垂线的一个方向向量n =（x ，y ，z ）， 利用n ·AB =0，n ·CD =0，求出n ，则d =||||n n =21a . 8.（2003年东城区一模题）如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1各棱长都等于a ，E 是BB 1的中点.AA1（1）求直线C 1B 与平面A 1ABB 1所成角的正弦值； （2）求证：平面AEC 1⊥平面ACC 1A 1； （3）求点C 1到平面AEC 的距离.（1）解：取A 1B 1中点M ，连结C 1M ，BM . ∵三棱柱ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱， ∴C 1M ⊥A 1B 1，C 1M ⊥BB 1. ∴C 1M ⊥平面A 1ABB 1.∴∠C 1BM 为直线C 1B 与平面A 1ABB 1所成的角. 在Rt △BMC 1中，C 1M =23a ，BC 1=2a ， ∴sin ∠C 1BM =11BC M C =46. （2）证明：取A 1C 1的中点D 1，AC 1的中点F ，连结B 1D 1、EF 、D 1F .则有D 1F 21AA 1，B 1E21AA 1.A1∴D 1F B 1E .则四边形D 1FEB 1是平行四边形， ∴EFB 1D 1.由于三棱柱ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱，∴B 1D 1⊥A 1C 1.又平面A 1B 1C 1⊥平面ACC 1A 1于A 1C 1，且B 1D 1⊂平面A 1B 1C 1，∴B 1D 1⊥平面ACC 1A 1. ∴EF ⊥平面ACC 1A 1.∵EF ⊂平面AEC 1，则平面AEC 1⊥平面ACC 1A 1.（3）由（2）知，EF ⊥平面AC 1，则EF 是三棱锥E —ACC 1的高. 由三棱柱各棱长都等于a ，则EC =AE =EC 1=25a ，AC 1=2a . ∴EF =22AF AE -=23a . ∵V AEC C -1=V 1ACC E -，设三棱锥V AEC C -1的高为h ，则h 为点C 1到平面AEC 的距离.则31S AEC ∆·h =31S 1ACC ∆·EF ， 即31×21a 2h =31×21a 2·23a .∴h =23a ，即点C 1到平面AEC 的距离是23a .探究创新9.（2003年南京质量检测题）如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为a ，点M 在边BC 上，△AMC 1是以点M 为直角顶点的等腰直角三角形.A C 11（1）求证：点M 为边BC 的中点； （2）求点C 到平面AMC 1的距离.（1）证明：∵△AMC 1为以点M 为直角顶点的等腰直角三角形， ∴AM ⊥C 1M 且AM =C 1M .∵ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱， ∴CC 1⊥底面ABC .∴C 1M 在底面内的射影为CM ，AM ⊥CM . ∵底面ABC 为边长为a 的正三角形， ∴点M 为BC 边的中点.（2）解：过点C 作CH ⊥MC 1，A1由（1）知AM ⊥C 1M 且AM ⊥CM ，∴AM ⊥平面C 1CM .∵CH ⊥AM ，∴CH ⊥平面C 1AM ， 由（1）知，AM =C 1M =23a ，CM =21a 且CC 1⊥BC .∴CC 1=224143a a -= 22a .∴CH =M C CM C C 11⨯=a aa 232122⨯=66a . ∴点C 到平面AMC 1的距离为66a .●思悟小结求空间距离的方法可分为直接法、转化法、向量法. 1.直接法是直接作出垂线，再通过解三角形求出距离.2.转化法则是把点面距离转化为线面距离，或把线面距离转化为面面距离，再转化为点面距离.3.向量法是把距离求解转化为向量运算. ●教师下载中心 教学点睛首先要让学生理解点到平面的距离、异面直线的距离以及线面距离及面面距离，而后结合题目向学生总结求距离的常用方法，如：直接法、转化法、向量法.对异面直线的距离只要求学生掌握作出公垂线段或用向量表示的情况.拓展题例 【例1】 线段AB 与平面α平行，α的斜线A 1A 、B 1B 与α所成的角分别为30°和60°，且∠A 1AB =∠B 1BA =90°，AB =6，A 1B 1=10，求AB 与平面α的距离.解：如图，作AG ⊥α于点G ，BH ⊥α于点H ，连结A 1G 、B 1H 、GH ，因为A 1A ⊥AB ，A 1G ⊥GH .同理，B 1H ⊥GH .作B 1C ⊥A 1G 于点C ，则B 1C =GH =AB =6，∠AA 1G =30°，∠BB 1H =60°.设B 1H =x ，则CG =B 1H =x ，AG =BH =3x ，A 1G =3x =x +A 1C =x +8.所以x =4，AG =BH =43.当A 1、B 1分居平面AH 两侧时，类似可得AG =BH =23. 【例2】 （2003年烟台诊断性测试）如图，P A 垂直于矩形ABCD 所在的平面，E 、F 分别是AB 、PD 的中点.（1）求证：AF ∥平面PCE ；（2）若二面角P —CD —B 为45°，求证：平面PCE ⊥平面PCD ； （3）在（2）的条件下，若AD =2，CD =22，求F 到平面PCE 的距离. （1）证明：如下图，取PC 的中点为M ，连结EM 、FM . 由FM21CD AE 21CD⇒AF ∥EMEM ⊂面PCE AF ⊄面PCE（2）证明：⇒FM AE ⇒四边形AFME 为平行四边形⇒AF ∥面PCE .则∠PDA 为二面角P —CD —B 的平面角. ∠PDA =45°，故△P AD 为等腰Rt △.（3）作FH ⊥PC ，即FH 为点F 到面PCE 的距离.由AD =2可得PD =22，又由CD =22， 则有PC =22CD PD +=4. 又由Rt △PHF ∽Rt △PDC ，则CD FH =PC PF ⇒FH =PCPF CD ⋅=4222⋅=1.9.10 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.MPQNC.PMNQD.PMQN解析：理清各概念的内涵及包含关系. 答案：B2.如图，在斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，BC 1⊥AC ，则C 1在底面ABC 上的射影H 必在BA.直线AB 上B.直线BC 上C.直线AC 上D.△ABC 内部 解析：由AC ⊥AB ，AC ⊥BC 1，知AC ⊥面ABC 1，从而面ABC 1⊥面ABC ，因此，C 1在底面ABC 上的射影H 必在两面的交线AB 上.答案：A3.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.63aB.123a C. 123a 3 D.122 a 3答案：D4.（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 ⊥B C.∴∠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 =323.又V S —ABC =31·21AB ·BC ·sin60°·h =1， ∴h =43.∴tan α=DO SO =33243=83.∴α=arctan 83.答案：arctan 835.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 —A 1B 1C 1D 1的棱A 1A 、CC 1的中点，求四棱锥C 1—B 1EDF 的体积.A DB B CD11111O EH F解法一：连结A 1C 1、B 1D 1交于O 1，过O 1作O 1H ⊥B 1D 于H ， ∵EF ∥A 1C 1，∴A 1C 1∥平面B 1EDF .∴C 1到平面B 1EDF 的距离就是A 1C 1到平面B 1EDF 的距离. ∵平面B 1D 1D ⊥平面B 1EDF ，∴O 1H ⊥平面B 1EDF ，即O 1H 为棱锥的高. ∵△B 1O 1H ∽△B 1DD 1， ∴O 1H =DB DD O B 1111⋅=66a ， V EDF B C 11-=31S EDF B 1·O 1H =31·21·EF ·B 1D ·O 1H =31·21·2a ·3a ·66a =61a 3.解法二：连结EF ，设B 1到平面C 1EF 的距离为h 1，D 到平面C 1EF 的距离为h 2，则h 1+h 2=B 1D 1=2a ，∴V EDF B C 11-=V EF C B 11-+V EF C D 1-=31·S EF C 1∆·（h 1+h 2）=61a 3. 解法三：V EDF B C 11-=V FD C D E B A 1111-多面体－V 1111D C B A E -－V D D C E 11-=61a 3.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，P A =AB =2，BC =a ，又侧棱P A ⊥底面ABCD .（1）当a 为何值时，BD ⊥平面P AC ?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.PAB C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P A ⊥BD ，故BD ⊥平面P AC .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），BC =（4，0，0）.设平面PBC 的法向量为n ，则n ·PB =0，n ·BC =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 =|DC n n |||⋅=2. （3）DP =（4，0，2），cos 〈DP ，n 〉=||||n n DP DP ⋅=1010>0，证〈DP ，n 〉=α，设直线PD 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ=sin （2π－α）=cos α=1010.所以直线PD 与平面PBC 所成的角为arcsin 1010.【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.A BCD SO（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 ⊥B C.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 =23a ，AO =21a .因O 为重心，所以AD =23AO =43a ，BC =2BD =2AD cot60°=23a ，OD =31AD =41a .在Rt △SOD 中，SD 2=SO 2＋OD 2=（23a ）2＋（41a ）2=1613，则SD =1413a .于是，（S S －ABC ）全=21·（23a ）2sin60°＋3·21·413a ·23a =16)393(3+a 2.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=cos α·S正棱锥侧（α为侧面与底面所成的二面角）.就本题cos α=131，S ABC ∆=1633a 2，所以（S S －ABC ）侧=633a 2÷131=16393a 2.于是也可求出全面积. （2）注意到高SO =23a ，底面边长BC =23a 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ST等于 A.91 B.94C.41 D.31 解析：如图所示，正四面体ABCD 四个面的中心分别为E 、F 、G 、H ，A EMNG FH∴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，∴AM AE =AN AG =32.∴MN GE =32. 又∵MN =21BD ，∴BD GE =31.∵面积比是相似比的平方，∴S T =91.答案：A2.P 是长方体AC 1上底面A 1C 1内任一点，设AP 与三条棱AA 1、AB 、AD 所成的角为α、β、γ，则cos 2α+cos 2β+cos 2γ的值是A.1B.2C.23 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cos 2α+cos 2β+cos 2γ=1.答案：A3.在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、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：arccos33 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 ，D∵AC =CD =17，DE =8，CE 2=172－82=225，BE =CE ，∴取BC 的中点F ，连结EF ，EF 为BC 边上的高，EF =22CF CE -=22915-=12. ∴S BCE ∆=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. ∴V A －BCD =V A —BCE +V D —BCE =2·31S BCE ∆·AE =2×31×108×8=576（cm 3）. 6.（2003年春季北京）如图，正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面边长为22，侧棱长为4，E 、F 分别为棱AB 、BC 的中点，EF ∩BD =G .A1（1）求证：平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1；（2）求点D 1到平面B 1EF 的距离d . （1）证法一：连结AC .∵正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面是正方形，∴AC ⊥BD .又AC ⊥D 1D ，∴AC ⊥平面BDD 1B 1.∵E 、F 分别为AB 、BC 的中点，故EF ∥AC .∴EF ⊥平面BDD 1B 1.∴平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.证法二：∵BE =BF ，∠EBD =∠FBD =45°， ∴EF ⊥BD .又EF ⊥D 1D ，∴EF ⊥平面BDD 1B 1. ∴平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.（2）在对角面BDD 1B 1中，作D 1H ⊥B 1G ，垂足为H .∵平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1，且平面B 1EF ∩平面BDD 1B 1=B 1G ， ∴D 1H ⊥平面B 1EF ，且垂足为H . ∴点D 1到平面B 1EF 的距离d =D 1H . 解法一：在Rt △D 1HB 1中， D 1H =D 1B 1·sin ∠D 1B 1H .B B DDHG11∵D 1B 1=2A 1B 1=2·22=4， sin ∠D 1B 1H =sin ∠B 1GB =11GB B B =22144+=174，∴d =D 1H =4·174=171716. 解法二：∵△D 1HB 1∽△B 1BG ， ∴B B H D 11=GB B D 111. ∴d =D 1H =G B B B 121=222144+=171716.解法三：连结D 1G ，则△D 1GB 1的面积等于正方形DBB 1D 1面积的一半，即21·B 1G ·D 1H =21B 1B 2，D 1∴d =D 1H =GB B B 121= 171716.培养能力7.在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB 1=3BB 1，（1）求证：AB 1⊥BC 1；（2）求二面角A —BC 1—C 的正切值.（1）证法一：如图，取BC 的中点M ，连结B 1M 、BC 1交于N ，则AM ⊥面BC 1.下证BC 1⊥B 1M .设BB 1=1，则AB 1=3，AB =BC =2，A1∴tan ∠B 1MB =2=tan ∠B 1BC 1.∴得△B 1MB ∽△B 1BN .∴∠B 1BM =90°=∠B 1NB ，即BC 1⊥B 1M . ∴BC 1⊥斜线AB 1.证法二：如图，取B 1C 1和B 1B 的中点E 与D ，连结ED ，则DE ∥BC 1.再取AB 的中点G ，连结DG ，则DG ∥AB 1，A1∴∠GDE 为异面直线AB 1、BC 1所成的角.下用勾股定理证明∠GDE 为直角.取A 1B 1的中点F ，连结EF 、EG 、FG ，则EG =22FG EF 且DE 、DG 均可表示出.故可知EG 2=DE 2＋DG 2，∴∠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BB 1C 1C 单独拿出作成平面图形，则易于观察△B 1MB 与△B 1NB 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）SMAM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3×21BC ×SM =2×21BC ×AM ， 得SM AM =23. （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 =31AM . ∵SM ⊥BC ，AM ⊥BC ，∴∠SMA 是二面角S —BC —A 的平面角. 在Rt △SGM 中， ∵SM =32AM =32×3GM =2GM ， ∴∠SMA =∠SMG =60°，即二面角S —BC —A 的大小为60°. （3）∵△ABC 的边长是3，∴AM =233，GM =23，SG =GM tan60°=23·3= 23.∴V S —ABC =31 S ABC ·SG =31·439·23=839.（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B 1、C 1.将△AB 1C 1沿B 1C 1折起到△A 1B 1C 1的位置，使点A 1在平面BB 1C 1C 上的射影恰是线段BC 的中点M .求：（1）二面角A 1—B 1C 1—M 的大小；（2）异面直线A 1B 1与CC 1所成角的大小.（用反三角函数表示） 解：（1）连结AM 、A 1G .∵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 . ∵B 1C 1∥BC ，∴B 1C 1⊥AM 于点G ，即GM ⊥B 1C 1，GA 1⊥B 1C 1.∴∠A 1GM 是二面角A 1—B 1C 1—M 的平面角. ∵点A 1在平面BB 1C 1C 上的射影为M ， ∴A 1M ⊥MG ，∠A 1MG =90°.在Rt △A 1GM 中，由A 1G =AG =2GM ，得∠A 1GM =60°， 即二面角A 1—B 1C 1—M 的大小是60°.（2）过B 1作C 1C 的平行线交BC 于点P ，则∠A 1B 1P 等于异面直线A 1B 1与CC 1所成的角. 由PB 1C 1C 是平行四边形得B 1P =C 1C =1=BP ，PM =BM －BP =21，A 1B 1=AB 1=2. ∵A 1M ⊥面BB 1C 1C 于点M ， ∴A 1M ⊥BC ，∠A 1MP =90°.在Rt △A 1GM 中，A 1M =A 1G ·sin60°=3·23=23. 在Rt △A 1MP 中，A 1P 2=A 1M 2+PM 2=（23）2+（21）2=25.在△A 1B 1P 中，由余弦定理得cos ∠A 1B 1P =P B B A P A P B B A 11121212112⋅⋅-+=122251222⋅⋅-+=85， ∴异面直线A 1B 1与CC 1所成角的大小为arccos85. 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：P A ∥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△P AC 中，EO 是中位线， ∴P A ∥EO .而EO ⊂平面EDB 且P A ⊄平面EDB ， ∴P A ∥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 =2a ， PB =22BD PD +=3a ， PC =22DC PD +=2a ， DE =21PC =22a .在Rt △PDB 中， DF =PB BD PD ⋅=aa a 32⋅=36a .在Rt △EFD 中，sin ∠EFD =DF DE =a a3622=23， ∴∠EFD =3π.∴二面角C —PB —D 的大小为3π.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 （0，2a ，2a）.∵底面ABCD 是正方形，∴G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为（2a ，2a，0）且=（a ，0，－a ），EG =（2a ，0，－2a ）. ∴PA =2EG .这表明P A ∥EG .而EG ⊂平面EDB 且P A ⊄平面EDB ，∴P A ∥平面EDB .（2）证明：依题意得B （a ，a ，0），PB =（a ，a ，－a ）.又=（0，2a ，2a）， 故PB ·DE =0+22a －22a =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（x 0，y 0，z 0）， =λ，则（x 0，y 0，z 0－a ）=λ（a ，a ，－a ）.从而x 0=λa ，y 0=λa ，z 0=（1－λ）a .∴FE =（－x 0，2a －y 0，2a－z 0）=［－λa ，（21－λ）a ，（λ－21）a ］.由条件EF ⊥PB 知FE ·PB =0，即 －λa 2+（21－λ）a 2－（λ－21）a 2=0， 解得λ=31. ∴点F 的坐标为（3a ，3a ，32a ），且=（－3a ，6a ，－6a ）， =（－3a ，－3a ，－32a）.∴·=－32a －32a +322a =0，即PB ⊥FD .故∠EFD 是二面角C —PB —D 的平面角.∵FE ·FD =92a －182a +92a =62a ，且|FE |=61·a ，|FD |=32·a ，∴cos ∠EFD =22326161a a⋅=21.∴∠EFD =3π.∴二面角C —PB —D 为3π.●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=21dS . 答案：21dS 【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21a +21b +21c =21h . 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 =22b a +为最大，从而∠ACB 为最大角.用余弦定理求得cos ∠ACB =2222222ca cb c ++>0，∴∠ACB 为锐角，△ABC 为锐角三角形.故O 在△ABC 内.（3）SB ·SC =BC ·SD ， 故SD =22c b bc +，21SD = 21b +21c，又SA ·SD =AD ·SO ， ∴21SO =222SD a AD ⋅=2222SDa SD a ⋅+=21a +21SD = 21a +21b +21c =21h .。