国家公务员考试用书-小学五年级班主任工作总结

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典型例题一

例1 设有四个命题：
①底面是矩形的平行六面体是长方体；
②棱长都相等的直四棱柱是正方体；
③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；
④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．
其中真命题的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
分析：命题①是假命题．因为底面是矩形的直平行六面体才是长方体．底面是矩形，
侧棱不垂直 于底面，这样的四棱柱仍是斜平行六面体；
命题②是假命题．底面是菱形，底面边长与棱长相等的直四棱柱不是正方体；
命题③是假命题．因为有两条侧棱垂直于义面一边不能推出侧棱与底面垂直．
命题④是真命题 ，如图所示，平行六面体
ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中所有对角线相等，对角面
B
1
BDD
1
是< br>平行四边形，对角线
BD
1
B
1
D
，所以四边形< br>B
1
BDD
1
是
矩形，即
BB
1
 BD
，同理四边形
A
1
ACC
1
是矩形，所以
AA
1
AC
，由
AA
1
BB
1
知
B B
1

底面
ABCD
，即该平
行六面体是直平行六面体．
故选A．
说明：解这类选择题的关键在于理清各种棱柱之间的联系与区别，要紧扣底面形状及 侧
棱与底面的位置关系来解题．
下面我们列表来说明平行四边形与平行六面体的性质的“类比 ”，由此，我们可以发现
立体几何与平面几何许多知识是可以进行类比的．见表
表
平行四边形
①对边平行且相等
③四条边的平方和等于两条对角线的平方
和
平行六面体
①相对的侧面平行且全等
③十二条棱的平方和等于四条对角线的
平方和
②对角线交于一点，且在这一点互相平分 ②对角线交于一点且在这一点互相平分
典型例题二


例2 如图，正四棱柱
ABCD-A
1B
1
C
1
D
1
中，对角线
BD
18
，
BD
1
与侧面
BB
1
C
1C
所
成角为
30
，求：（1）
BD
1
与底面< br>ABCD
所成角；（2）异面直线
BD
1
与
AD
所成 角；（3）
正四棱柱的全面积．

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分析：正四棱柱是一种特殊的长方体，它的两底面
ABCD
、
A
1
B
1
C
1
D
1
是正方形 ，长方体中有比较多的线面垂直
关系，而线面垂直关系往往是解决立体几何问题的关键条
件．题 中无论是已知线面成角，还是求线面成角，都要把它们
转化为具体的角，落实线面成角，先要找线面垂直 关系．异面
直线
BD
1
与
AD
所成角通过
ADA< br>1
D
1
，落实为具体的
A
1
D
1
B
．正四棱柱各个面都是矩形，求面积只要用矩形面积公式．
解：（1）在正四棱柱
A
1
C
中，∵
D
1
C
1

面BB
1
C
1
C
，
∴
D
1
BC
1
是
D
1
B
与侧面
BB
1
C
1
C
所成角，即
D
1
BC
1
30．
∵
BD
1
8
，∴
D
1
C
1
4
，
BC
1
43
，
∵ A
1
B
1
C
1
D
1
是正方形，∴B
1
C
1
D
1
C
1
4
，

D
1
D
平面
ABCD
，∴
D< br>1
BD
是
D
1
B
与底面
ABCD
所 成角，
在
Rt
△
D
1
DB
中，
BDB
1
D
1
42
，
BD
1
8
，
∴
cosD
1
BD
BD2

，∴
D
1
BD45
，

BD
1
2

即
BD
1
与底面
ABCD
所成角为
45
．
（2）∵
ADA
1
D
1
，
∴
A
1
D
1
B
是
BD
1
与
AD
所成 角（或补角）．
∵
D
1
A
1

平面
AA
1
B
1
B
，∴
D
1
A
1
A
1
B
，
Rt△
A
1
D
1
B
中，
A
1
D< br>1
4
，
BD
1
8
，
∴
cos A
1
D
1
B
1

，∴
A
1
D
1
B60
，
2

即异面直线
AD< br>与
BD
1
所成角为
60
．
（3）
Rt△
BB
1
C
1
中，
B
1
C
1
4
，
BC
1
43
．
∴
BB
1
42
，
∴
S
全
24444244232221
．
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

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说明：长方体是一种特殊的棱柱，充分感受其中丰富的线面垂直、线线垂直 关系是
灵活解题的关键，各种垂直关系是解决立体几何中证明和计算的重要条件．

典型例题三


例3 如图，已知长方体
ABCD-A
1< br>B
1
C
1
D
1
中，棱长
AA
15
，
AB12
，求直线
B
1
C
1
与
平面
A
1
BCD
1
的距离．
分析：求直线到平 面的距离，首先要找直线上的点到平
面的垂线，而找平面的垂线的一个很有用的思路是，找平面
内一条直线与某一平面垂直，这里我们不难看出，长方体中
有
CB
平面
AA
1
BB
1
，这样，只要作
B
1
HA
1< br>B
，又有
B
1
HCB
，得到
B
1
H
平面
BCD
1
A
1
．
解：长方体
A C
1
中，有
BC
平面
AA
1
BB
1，过
B
1
作
B
1
HA
1
B
于
H
，又有
BCB
1
H
，
∴
B< br>1
H
平
BCD
1
A
1
，即
B1
H
是
B
1
C
1
到平面
A
1
BCD
1
的距离．
在
Rt
△
BB
1A
1
中，由已知可得，
BB
1
5
，
A
1
B
1
12
，
∴
A
1
B13
，∴
B
1
H
60
．
13
60
．
13
即
B
1
H
是< br>B
1
C
1
到平面
A
1
BCD
1的距离为
说明：长方体中有棱与面的线面垂直关系，正方体除此之外，还有对角线与对角面的线面垂直关系，比如，求正方体
AC
1
中，
A
1
C
1
与面
C
1
BD
所成角．这
里，要找
A
1
C
1
与
C
1
BD
所成角，必须找
A1
到平面
C
1
BD
的垂线，
因为
BD
面
AA
1
C
1
C
，在对角面
AC
1内，过
A
1
作
A
1
HOC
1
于H
，则
BDA
1
H
，所以
A
1
H
面
C
1
BD
，可以得到
A
1
C
1
O
为
A
1
C
1
与面
C
1
BD
所成角，在对角面
AA
1
C
1
C
中可计算< br>A
1
C
1
Oarctan2
．

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典型例题四


例4 如图，已知直三棱柱ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中，< br>ABAC
，
F
为侧棱
BB
1
上一点，
（1 ）若
D
为
BC
的中点，
E
为
AD
上不同于
A
、
D
的任一点，
BFBC2a
，
FB
1
a
．
求证：
EFFC
1
；（2）若
A1
B
1
3a
，求
FC
1
与平面
AA
1
B
1
B
所成角的大小．
分析：
E
点在
AD
上变化，
EF
为平面
ADF
内变化的一组
相交 直线（都过定点
F
），要证明
C
1
F
与
EF
垂直，必有
C
1
F
平面
ADF
．求
FC
1
与平面
ABB
1
A
1
所成角的关键是找
C1
到面
ABB
1
A
1
的垂线，从而落实线面成角，直三 棱柱中，侧棱
AA
1

平面
A
1
B
1C
1
给找点
C
1
到面
AB
1
的垂线创 造了方便的条件．
解：（1）∵
ABAC
，且
D
是
BC
的中点，∴
ADBC
，
又∵ 直三棱柱中
BB
1
平面
ABC
，∴
ADBB
1
，
∴ < br>AD
平面
BB
1
C
1
C
，∴
AD C
1
F
．
在矩形
BB
1
C
1
C
中，
BFBC2a
，
B
1
Fa
，
∴
DF5a
，
FC
1

222
5a
，
DC
1
10a
，

∴
DFFC
1< br>DC
1
，∴
DFC
1
90
，即
FC< br>1
DF
，
∴
FC
1

平面
AD F
，∴
FC
1
EF
．
（2）过
C
1< br>作
C
1
HA
1
B
1
于
H
，∵
AA
1

平面
A
1
B
1
C< br>，∴
AA
1
C
1
H
，
∴
C1
H
平面
AA
1
B
1
B
，连接FH
，
C
1
FH
是
C
1
F
与平面
AB
1
所成角．
在等腰△
ABC
中，
AB AC3a
，
BC2a
，∴
AD22a
，
在等腰△
A
1
B
1
C
1
中，由面积相等可得，
C< br>1
H3a222a
，
∴
C
1
H
4 2
a
，又
C
1
F5a
，
3
410
，
15
在
Rt
△
C
1
HF
中，
sinC
1
FH
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∴
C
1
FHarcsin
410
，
15
410
．
15
即
C
1
F
与 平面
AB
1
所成角为
arcsin
说明：由于点
E
在
AD
上变化，给思考增加了难度，但仔细思考，它又提供了解题的
突破口，使得线线 垂直成为了
CF
1
与一组直线垂直．本题的证明还有一个可行的思路，虽然
E
在
AD
上变化，但是由于
AD
平面
BB
1
C
1
C
，所以
E
点在平面
BC
1
上的射 影是定点
D
，
EF
在平面
BC
1
上射影为定直线< br>DF
，使用三垂线定理，可由
C
1
FDF
，直接证明
C
1
FEF
．三垂线定理是转化空间
线线垂直为平面内线线垂直的一个有 力工具，再看一个例子，
正方体
AC
1
中，
O
是底面
ABCD
的中心，
E
是
A
1
B
1
上动点 ，
F
是
DD
1
中点，求
AF
与
OE
所成角．我们取
AD
中点
G
，
虽然
E
点变化，但
OE
在面
AD
1
上射影为定直线
A
1
G< br>，在正方形
AA
1
D
1
D
中，易证
A
1
BAF
，所以，
AFOE
，即
AF
与
OE
所成角为
90

．

典型例题五


例5 如图，正三棱柱
ABC-A
1
B
1
C
1的底面边长为4，侧棱长为
a
，过
BC
的截面与底
面成
30
的二面角，分别就（1）
a3
；（2）
a1
计算截面的面积 ．
分析：要求出截面的面积，首先必须确定截面的形状，截面与底
面成
30
的二面角，如果
a
较大，此时截面是三角形；但是如果
a
较
小，此时 截面与侧棱不交，而与上底面相交，截面为梯形．
解：截面与侧棱
AA
1
所 在直线交于
D
点，取
BC
中点
E
，连
AE
、


DE
，
△
ABC
是等边三角形，∴
AEBC
，
∵
AA
1

平面
ABC
，∴
DEBC
．
∴
DEA
为截面与底面所成二面角的平面角，
∴
DEA30
．
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

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∵等边△
ABC
边长为4，∴
AE23
．
在
R t
△
DAE
中，
DAAEtanDEA2
．
（1） 当
a3
时，
D
点在侧棱
AA
1
上，截面为△BCD
，
在
Rt
△
DAE
中，
DE
∴
S
BCD

AD
2
AE
2
4< br>，
11
BCDE448
．
22
（2）当
a1
时，
D
点在
AA
1
延长线上，截面为梯形
BCMN
，
∵
AD2
，
AA
1
1
∴
MN
是△
DBC
的中位线，
∴
S
梯形BCMN< br>
33
S
DBC
86
．
44
说明 ：涉及多面体的截面问题，都要经过先确定截面形状，再解决问题的过程，本
例通过改变侧棱长而改变了 截面形状，我们也可以通过确定侧棱长，改变截面与底面成
角而改变截面形状．

典型例题六


例6 斜三棱柱
ABC-A
1
B< br>1
C
1
中，平面
AA
1
C
1
C< br>底面
ABC
，
BC2
，
AC23
，
A BC90

，
AA
1
A
1
C
，且AA
1
A
1
C
．
（1）求
AA
1
与平面
ABC
所成角；
（2）求 平面
A
1
ABB
1
与平面
ABC
所成二面角的大小 ；
（3）求侧棱
BB
1
到侧面
AA
1
C
1
C
的距离．
分析：按照一般思路，首先转化条件中的面面垂直关系，由
A
1
AA
1
C
，取
AC
的中点
D
，连
A
1
D
，则有
A
1
DAC
，从而有
A
1
D
平面
ABC
，在
此基础上，
A< br>1
A
与底面所成角以及平面
A
1
ABB
1
与 底面所成二面角都能方便地找到，同时
A
1
D
底面
ABC
也为寻找
B
点到面
AA
1
C
1
C
的垂线创 造了条件．
解：（1）取
AC
的中点
D
，连接
A
1
D
，
∵
A
1
AA
1
C
，∴
A
1
DAC
，∵平面
AA
1
C
1
C
底面
ABC
，
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∴
A
1
D
底面
ABC
，∴
A
1
AC
为
A
1
A
与底面
ABC
所成角．
∵
AA
1
A
1
C
且
AA
1
A
1
C
，∴
A
1
AC 45
．
（2）取
AB
中点
E
，则
DEBC
，
∵
ABC90
，∴
CBAB
，∴
DEAB
．
连
A
1
E
，∵
A
1
D
底面
A BC
，∴
A
1
E
在平面
ABC
上射影为
D E
，
∴
A
1
EAB
，∴
A
1
ED
为侧面
A
1
B
与底面
ABC
所成二面角的平 面角．
在等腰
Rt
△
A
1
AC
中，
AC 23
，∴
A
1
D3
．
在
Rt
△ABC
中，
BC2
，∴
DE1
．
在
Rt
△
A
1
DE
中，
tanA
1
ED


A
1
D
3
，
DE

∴
A
1
ED60
，即侧面
AA
1
B
1
B
与底面
ABC
所成二面角的大小为
60
．
（3）过
B
作
BHAC
于
H
，
∵A
1
D
底面
ABC
，∴
A
1
DB H
，∴
BH
平面
AA
1
C
1
C
，
在
Rt
△
ABC
中，
AC23
，
B C2
，∴
AB22
，
∴
BH
ABBC2
2
6
，即
BB
1
到平面
AA
1
C
1
C
的距离为
6
．
AD3
3
说明：简单的多面 体是研究空间线面关系的载体，而线面垂直关系又是各种关系中
最重要的关系，立体几何中的证明与计算 往往都与线面垂直发生联系，所以在几何体中
发现并使用线面垂直关系往往是解题的关键．

典型例题七


例7 斜三棱柱
ABC-A
1
B< br>1
C
1
的底面△
ABC
是直角三角形，
C90< br>，
BC2cm
，

B
1
在底面上的射影
D
恰好是
BC
的中点，侧棱与底面成
60

角，侧面
AA
1
B
1
B
与侧面
BB
1
C
1
C
所成角为
30

，求斜棱柱的侧面积与体积．
分析：< br>B
1
在底面
ABC
上射影
D
为
BC
中点，提供了线面
垂直
B
1
D
平面
ABC
，另外 又有
C90
，即
ACBC
，
又可以得到
AC
平面
BB
1
C
1
C
，利用这两个线面垂直关系，可
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

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以方便地找到条件中的线面角以及二面角的平面角．
解：∵
B
1
在底面
ABC
上，射影
D
为
B C
中点．
∴
B
1
D
平面
ABC
． < br>∴
B
1
BD
为侧棱
B
1
B
与底面
ABC
所成角，即
B
1
BD60
，
∵
C90
，即
ACBC
，又
ACB
1
D
，
∴
AC
平面
BB
1
C
1
C
，过
A
作
AEB
1
B
于
E
，连接
C E
，则
CEB
1
B
．
∴
AEC
是侧 面
AA
1
B
1
B
与侧面
CC
1
B
1
B
所成二面角的平面角，
∴
AEC30
，

在直角△
CEB
中，∵
CEB60
，
BC2，∴
CE



3
，

在直角△
ACE
中，∵
CEA30
，
CE3
，
∴
ACECtan301
，
AE2AC2
，
在直 角△
B
1
DB
中，
B
1
BD60
，< br>BD

∴
BB
1
2BD2
，
B
1
DBB
1
sin60


1
BC1，
2
3
．
∴侧面积为
S
侧
CEBB< br>1
AEBB
1
ACAA
1


< br>3212

332233cm
2
．
 
体积为
VS
ABC
B
1
D
11
ACBCB
1
D1233cm
3
．
22
说 明：本例中△
ACE
是斜棱柱的一个截面，而且有侧棱与该截面垂直，这个截面称为
斜 棱柱的直截面，我们可以用这个截面把斜棱柱分成两部分，并且用这两部分拼凑在一个以
该截面为底面的 直棱柱，斜棱柱的侧面积等于该截面周长乘以侧棱长，体积为该截面面积乘
以侧棱长．

典型例题八

例8 如图所示，在平行六面体
ABCDA
1B
1
C
1
D
1
中，已知
ABAD2a，
AA
1
a
，
又
A
1
ADD ABA
1
AB60
．
(1)求证：
AA
1

截面
B
1
D
1
C
；
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(2)求对角面
A
1
ACC
1
的面积．

分析：
(1)由题设易证
AA
1
B
1
D
1
，再只需证
AA
1
B
1
C
，即证
C C
1
CD
1
．而由对称性知，
若
CC
1
B
1
C
，则
CC
1
CD
1
，故不必证
AA
1
B
1
D
1
．
(2)关键在于求对角面的高．
证明：(1)∵
B
1
C
1
AD2a
，
CC
1
A
1
Aa
，< br>B
1
C
1
CA
1
AD60
， < br>∴在
B
1
C
1
C
中，由余弦定理，得
B< br>1
C3a
．
再由勾股定理的逆定理，得
C
1
CB
1
C
． < br>同理可证：
C
1
CCD
1
．∴
C
1
C

平面
B
1
D
1
C
．
又< br>C
1
CA
1
A
，∴
AA
1

平面
B
1
D
1
C
．
解：(2)∵
AB AD
，∴平行四边形
ABCD
为菱形．
AC
为
BAD< br>的平分线．
作
A
1
O
∴

平面
A C
于
O
，
由
A
1
ADA
1
AB
，知
OAC
．作
A
1
MAB
于
M
，连
OM
，则
OMAB
．
在
RtA
1
AM
中，
AMA
1
Acos60
在
R tAOM
中，
AOAMsec30
22
1
a
，
2
a
．
3
2
a
．
3
在
RtA
1
AO
中，
A
1
OA
1
A< br>2
AO
2

又在
ABC
中，由余弦定理，得AC23a
．
∴
S
A
1
ACC
1
ACA
1
O22a
．
说明：本题解答中用到了教材习题中的一个结论 ——经过一个角的顶点引这个角所在平
面的斜线．如果斜线和这个角两边的夹角相等，那么斜线在平面上 的射影是这个角的平分线
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2

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所在的直线．
另外，还有一个值得注意的结论就是：如果一个角 所在平面外一点到角的两边所在直线
的距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线所在的直 线上．
典型例题九


例9 如图所示，已知：直三棱柱
ABC A
1
B
1
C
1
中，
ACB90
，< br>BAC30
，
BC1
，
AA
1
6
，
M
是
CC
1
的中点．
求证：
AB
1
A
1
M
．

分 析：根据条件，正三棱柱形状和大小及
M
点的位置都是确定的，故可通过计算求出
A< br>1
M
与
AB
1
两异面直线所成的角．
因为
B
1
C
1
C
1
C
，
B
1
C
1
A
1
C
1
，所以
B
1
C
1

侧面
AA
1
C
1
C
．
AC
1
是斜线
AB
1
在平面
AA
1
C< br>1
C
的射影，设
AC
1
与
A
1
M< br>的交点为
D
，只需证得
MDC
1
90
即可．
证明：∵
B
1
C
1
C
1
C
，< br>B
1
C
1
A
1
C
1
，
C
1
C
与
A
1
C
1
交于点
C
1
，
∴
B
1
C
1

面
AA< br>1
C
1
C
．
∵
M
为
CC
1
的中点，∴
MC
1

16
C
1
C．
22
在
RtA
1
C
1
B
1中，
B
1
A
1
C
1
30
， < br>∴
A
1
B
1
2B
1
C
1
2
，
A
1
C
1

在
RtA
1
C
1
M
中，
3
．

6
22

A
1
MMC
1
A
1
C1



2



2
< br>3

2

3
2
．
2
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在
RtAA
1
C
1
中，AC
1
AA
1
A
1
C
1

22
633
．
22
又
MDC
1
∽
A
1
DA
且
AA
1
∶MC2
，
∴
MD
1131
A
1
M22
，
3322
11
C
1
DAC
1
31
． 33
2
3

1

在
MDC
1
中，
MD
2
C
1
D
2


2

1
2

，
2

2


6

3


，
C
1
M2



2

2

∴
C
1
DM90
，
A
1
MAC
1
，∴< br>A
1
MAB
1
．
说明：证明两直线垂直，应用三垂线定理 或逆定理是重要方法之一．证明过程中的有关
计算要求快捷准确，不可忽视．本题证明两异面直线垂直， 也可用异面直线所成的角，在侧
面
AA
1
C
1
C
的 一侧或上方一个与之全等的矩形，平移
A
1
M
或
AB
1，确定两异面直线所成的
角，然后在有关三角形中通过计算可获得证明．

2
典型例题十

例10 长方体的全面积为11，十二条棱长度之和为24，求这个长方体的一条对角线长．
分析：要求长方体对角线长，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、高分别为
x
、
y
、
z
，对角线长为
l< br>，则由题意得：

2(xyyzzx)11


4( xyz)24
①
②

由②得：
xyz6
，从而由长方体对角线性质得：
lx
2
y
2
z
2
(xyz)
2
2(xyy zzx)6
2
115
．
∴长方体一条对角线长为5．
说 明：(1)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yz
，
这需要同学们掌握一些代数变形的技巧，需要有灵活性．
( 2)本题采用了整体性思维的处理方法，所谓整体性思维就是在探究数学问题时，应研
究问题的整体形式 ，整体结构或对问题的数的特征、形的特征、结构特征作出整体性处理．整
体思维的含义很广，根据问题 的具体要求，需对代数式作整体变换，或整体代入，也可以对
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222

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图形作出整体处理．
典型例题十一


例11 如图，长方体
ABCDA
1
B
1
C
1< br>D
1
中，
ABa
，
BCb
，
BB
1
c
，并且
abc0
．求沿着长方体的表面自
A
到
C
1
的最短线路的长．

分析：解本题可将长方体表面展开，可 利用在平面内两点间的线段长是两点间的最短距
离来解答．
解：将长方体相邻两个展开有下列三种可能，如图．

三个图形甲、乙、丙中
AC
1
的长分别为：
(ab)
2
c
2
a
2
b
2
c
2
2 ab

a
2
(bc)
2
a
2
b< br>2
c
2
2bc

(ac)
2
b2
a
2
b
2
c
2
2ac

∵
abc0
，
∴
ababbc0
．
故最短线路的长为
a
2
b
2
c
2
2bc< br>．
说明：(1)防止只画出一个图形就下结论，或者以为长方体的对角线
AC
1
a
2
b
2
c
2
是最短线路．
( 2)解答多面体表面上两点间，最短线路问题，一般地都是将多面体表面展开，转化为
求平面内两点间线 段长．
典型例题十二

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例12 设直平行六面体的底面是菱形，经下底面的一边及与它 相对的上义面的一边的
截面与底面成
60
的二面角，面积为
Q
，求 直平行六面体的全面积．

分析：如图，由于
DD
'

面
AC
．作出截面与底面所成的二面角的平面角
D
'
HD
后 ，
因
RtDDH
中
DHD60
，可分别求出
DD< br>、
DH
和
DH
的值．又上下底面的边长
是相等的，便可进一步 求出全面积．
解：设平行六面体为
ABCDABCD
，过
D
作< br>DHAB
，
H
为垂足，连结
DH
．
∵
DD
平面
ABCD
，
∴
DHAB
，
DHD60
，
∴
DD< br>'
''
''
''''
'
'
'
'
3< br>'
1
DH
，
DHD
'
H
．
2< br>2
又在菱形
ABCD
中，有
ADABBCCD
， ''
∴截面
ABCD
的面积为：
S
1
DHABQ
．
'
''
侧面
DDCC
的面积为：
S
2
DDDCDDAB
''
3
'
3
DHABQ< br>
22
底面
ABCD
的面积为：
S
3
DH AB
所以
S
全
4S
2
2S
3
( 231)Q
．
1
'
1
DHABQ
．
22
典型例题十三


例13 设有三个命题：甲：底面是平行四边 形的四棱柱是平行六面体；乙：底面是矩
形的平行六面体是长方体；丙：直四棱柱是直平行六面体．以上 命题中，真命题的个数是
（ ）．
A．0 B．1 C．2 D．3
解：甲命题是真命题，因为它就是平行六面体的定义；
乙命题不是真命题，因为平行六面体的侧棱不一定垂直于底面；
丙命题也不是真命题，因为四棱柱的底面不一定是平行四边形．
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∴应选B．
说明：要认真搞清平行六面体、直平行六面体、长方体等特殊四棱柱的有关概念及性质．
典型例题十四


例14 如图，
A
1
B
1
C
1
ABC
是直三棱柱，点
D
1
、
F
1
分别是
A
1
B
1
、
A
1
C
1
BCA90
，
的中点．若
BCCACC
1
，则
BD
1
与
AF
1
所成角的余弦值是（ ）．
A．
303015
1
B． C． D．
101510
2

解：可将异面直线所成角转化为相交直线的角，取
BC
的中点
E
，并连结
EF
1
、
EA
．
∵
D
1
F
1
1
BC
BE
， < br>2
∴
EF
1
BD
1
，∴
EF
1< br>A
是
BD
1
与
AF
1
所成角．
设
BC2a
，则
CC
1
2a
，
CA2a
．
∴
AB22a
，
AF
1
5a
，
AE5a
，
2
EFB
1
B
2
B
1< br>D
1
6a
．
1
BD
1

2< br>AF(5a)
2
(6a)
2
(5a)
2
301
EF
1
AE
∴
cosEF

A
1
2AF10
25a6a
1
EF
1
22< br>∴应选A．
说明：本题主要考查棱柱的性质，以及两条异面直线所成的角、勾股定理、余弦定理 等
内容：对运算能力和空间想象能力也有较高的要求．
典型例题十五


例15 如图，已知
A
1
B
1
C
1
AB C
是正三棱柱，
D
是
AC
的中点．
(1)证明：
AB
1

平面
DBC
1
；
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(2)假设
AB
1
BC
1
， 求以
BC
1
为棱，
DBC
1
与
CBC
1< br>为面的二面角

的度数．

(1)证明：∵
A
1< br>B
1
C
1
ABC
是正三棱柱，∴四边形
B
1
BCC
1
是矩形．连结
B
1
C
交
BC< br>1
于
E
，则
E
是
B
1
C
的 中点．连结
DE
．
∵
D
、
E
分别是
AC
、
B
1
C
的中点，
∴
DEAB
1
．又
AB
1

平面
DBC
1
，
DE< br>平面
DBC
1
，．
∴
AB
1

平面
DBC
1
．
(2 )解：作
DFBC
于
F
，则
DF
平面
BB1
C
1
C
，连结
EF
则
EF
是
ED
在平面
BB
1
C
1
C
上的射影．
∵
AB
1
BC
1
又
AB
1
ED
．
∴
EDBC
1
．
根据三垂线定理的逆定理，得
EFBC
1
．
从而
DEF
是二面角
DBC
1
C
的平面角，
即
DEF

，
设
AC1
，则
DC
1

2
3
1
，
CFDCcos60

4
4
∵
ABC
是正三角形，∴在
RtDCF
中，有
DFDCsin60
取
BC
的中点
G
，
∵
EBEC
，∴
EGBC
．
在
RtBEF
中，
EFBFFG

而
BFBCFC
2
31
，
GF
，
44
▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓点亮心灯 ~~~(^v^)~~~ 照亮人生 ▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓

▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌精诚凝聚 =^_^= 成就梦想 ▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌
∴
EF
2
3
31
，

，∴
E F
4
44
3
DF

4
1
． ∴在RtDEF
中，
tanDEF
EF
3
4
∴
DEF45
，即

45
．
从而所求二面角的大小为
45
．
说明：(1)纵观近十年高考题，其中解 答题大多都是以多面体进行专利权查，解答此类
题，有些同学往往忽略或忘记了多面体的性质，从而解题 时，思维受阻．今后要引以为戒．
(2)本题考查空间的线面关系，正棱柱的概念和性质，空间想象能 力、逻辑思维能力和
运算能力．本题涉及到的知识面宽，有一定的深度，但入手不难，逐渐加深；逻辑推 理和几
何计算交织为一体；正三棱柱放倒，与课本习题不同，加强了对空间想象能力的考查；在解
答过程中，必须添加适当的辅助线，不仅考查了识图，而且考查了作图．本题是一道综合性
试题，较深 入和全面地考查了各种数学能力，正确解答本题，要求同学们有较高的数学素质．

▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓点亮心灯 ~~~(^v^)~~~ 照亮人生 ▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓