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. 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.
解析：正四棱柱ABCD―A1B1C1D1,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.
∵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BC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,
∴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、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.
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100 cm,底面两邻边的长分别是23 cm和11 cm,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：直平行六面体的对角面是矩形,本题关键是求出底面两条对角线的长,可应用方程思想解之.
解：已知AC1是直平行六面体,故它的两个对角面都是矩形,其侧棱AA1就是矩形的高.
由题意,得AB=23 cm,AD=11 cm,AA1=100 cm.
∵BD∶AC=2∶3,
设BD=2x,AC=3x,
在平行四边形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).
∴它的两个对角面的面积分别是2000 cm2、3000 cm2.
评述：在立体几何的运算中,要注意方程思想的应用,适当地选取未知数,找出等量关系.
对于平行四边形对角线的性质,不仅其本身作用较大,而且可以推广到空间,即平行六面体各棱的平方和等于对角线的平方和.
●备课资料
一、中“整体思想”解题的应用
［例1］长方体的全面积为11，十二条棱长度之和是24，求这个长方体的一条对角 线长.
分析：要求长方体对角线的长，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、高分别是x、y、z,对角线长为l,依题意,得
由②,得x+y+z=6,从而由长方体对角线性质,得
l=
=
= =5.
∴长方体一条对角线的长为5.
评述：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x2+y2+z2.这就是数学中常用的一种技巧，给我们比较灵活的感觉.
［例2］直平行六面体的底面是菱形，过不相邻两对侧棱的截面的面积是Q1和Q2，求它的侧面积.
分析：由直棱柱的对角面面积求出底面边长或周长以及侧棱长，从而达到求出侧面积的目的.
解：设直平行六面体AC1的底面边长为a,侧棱长为l.
∵AC1是直平行六面体,
∴对角面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.
∴l2?a2= (Q12+Q22),
al= .
∴S侧=4a?l=2 .
评述：以上例题同样采用了整体求法的手段，即没有单独去求a和l的值，而是求出a和l之积，从而简化了解题过程.
二、求棱柱侧面积的方法的应用
［例3］斜三棱柱ABC―A1B1C1中，底面是边长为a的正三角形，侧棱长为b,AA1与底面相邻两边AB、AC都成45°角，求棱柱的侧面积.
解法一：如图作A1O⊥面ABC于点O，
∵AA1与AB、AC都成45°角，
∴AO是∠BAC的平分线.
又△ABC为正三角形,
∴AO⊥BC.
由三垂线定理可知AA1⊥BC，
又AA1∥BB1∥CC1，
∴四边形BB1C1C为矩形,
S侧=2absin45°+ab=( +1)ab.
解法二：作BM⊥AA1于点M，连结CM，可证得△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侧=（ +1）ab.
评述：解法一是采用求各侧面面积之和来求侧面积的;解法二是先作棱柱的直截面，利用直截面周长与侧棱长之积求得侧面积.
［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三点距离相等，AA1=13 cm,求这个斜三棱柱的全面积.
解：如图，在侧面A1ABB1中作A1D⊥AB于点D，由A1A=A1B,
∴D是AB的中点，那么A1D2=A1A2-AD2=132-52.
∴A1D=12 cm.
∴SA1ABB1=SA1ACC1=A1D?AB=120 cm2.
取BC的中点E，连结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.
∴侧面BB1C1C是矩形.
∴SBB1C1C=BB1?BC=13?12=156 (cm2).
∴S侧=2SA1ABB1+SBB1C1C=2?120+156=396 (cm2).
而AE= =8 (cm),
S底= BC?AE= ?12?8=48 (cm),
∴S全=S侧+2S底=396+2?48=492 (cm2).
［例5］斜三棱柱ABC―A1B1C1中，侧棱AA1=20 cm,平面B1A1AB与平面A1C1CA所成的二面角为120°，AA1与BB1、CC1的距离分别为16 cm、24 cm,求此三棱柱的侧面积.
分析：求斜棱柱的侧面积可求各侧面面积之和，也可以求它的截面周长C与侧棱长l的乘积.
解法一：在AA1上取一点E，过E在平面AA1B1B作中GE⊥AA1,交BB1于点G，过E点在平面AA1C1C中作EF⊥AA1，交C1C于点F，则∠GEF为已知二面角的平面角，所以∠GEF=120°.又AA1⊥平面GEF，由棱柱的性质,可得AA1∥B1B∥C1C，
∴BB1⊥平面GEF.又GF 平面GEF，
∴BB1⊥GF.
由题意,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斜棱柱侧=S A1ABB1+S A1ACC1+S B1BCC1
=320+480+160 =160（5+ ）(cm2).
解法二：在侧棱A1A上取一点E，过E作AA1的垂面分别交BB1、CC1于点G、F，连结FG，则平面EFG为斜三棱柱ABC―A1B1C1的直截面.
由题意AA1⊥面EFG,
∴AA1⊥EG，AA1⊥EF.
∴∠GEF为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=
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. 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.
解析：正四棱柱ABCD―A1B1C1D1,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.
∵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BC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,
∴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、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.
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100 cm,底面两邻边的长分别是23 cm和11 cm,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：直平行六面体的对角面是矩形,本题关键是求出底面两条对角线的长,可应用方程思想解之.
解：已知AC1是直平行六面体,故它的两个对角面都是矩形,其侧棱AA1就是矩形的高.
由题意,得AB=23 cm,AD=11 cm,AA1=100 cm.
∵BD∶AC=2∶3,
设BD=2x,AC=3x,
在平行四边形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).
∴它的两个对角面的面积分别是2000 cm2、3000 cm2.
评述：在立体几何的运算中,要注意方程思想的应用,适当地选取未知数,找出等量关系.
对于平行四边形对角线的性质,不仅其本身作用较大,而且可以推广到空间,即平行六面体各棱的平方和等于对角线的平方和.
●备课资料
一、中“整体思想”解题的应用
［例1］长方体的全面积为11，十二条棱长度之和是24，求这个长方体的一条对角 线长.
分析：要求长方体对角线的长，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、高分别是x、y、z,对角线长为l,依题意,得
由②,得x+y+z=6,从而由长方体对角线性质,得
l=
=
= =5.
∴长方体一条对角线的长为5.
评述：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x2+y2+z2.这就是数学中常用的一种技巧，给我们比较灵活的感觉.
［例2］直平行六面体的底面是菱形，过不相邻两对侧棱的截面的面积是Q1和Q2，求它的侧面积.
分析：由直棱柱的对角面面积求出底面边长或周长以及侧棱长，从而达到求出侧面积的目的.
解：设直平行六面体AC1的底面边长为a,侧棱长为l.
∵AC1是直平行六面体,
∴对角面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.
∴l2?a2= (Q12+Q22),
al= .
∴S侧=4a?l=2 .
评述：以上例题同样采用了整体求法的手段，即没有单独去求a和l的值，而是求出a和l之积，从而简化了解题过程.
二、求棱柱侧面积的方法的应用
［例3］斜三棱柱ABC―A1B1C1中，底面是边长为a的正三角形，侧棱长为b,AA1与底面相邻两边AB、AC都成45°角，求棱柱的侧面积.
解法一：如图作A1O⊥面ABC于点O，
∵AA1与AB、AC都成45°角，
∴AO是∠BAC的平分线.
又△ABC为正三角形,
∴AO⊥BC.
由三垂线定理可知AA1⊥BC，
又AA1∥BB1∥CC1，
∴四边形BB1C1C为矩形,
S侧=2absin45°+ab=( +1)ab.
解法二：作BM⊥AA1于点M，连结CM，可证得△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侧=（ +1）ab.
评述：解法一是采用求各侧面面积之和来求侧面积的;解法二是先作棱柱的直截面，利用直截面周长与侧棱长之积求得侧面积.
［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三点距离相等，AA1=13 cm,求这个斜三棱柱的全面积.
解：如图，在侧面A1ABB1中作A1D⊥AB于点D，由A1A=A1B,
∴D是AB的中点，那么A1D2=A1A2-AD2=132-52.
∴A1D=12 cm.
∴SA1ABB1=SA1ACC1=A1D?AB=120 cm2.
取BC的中点E，连结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.
∴侧面BB1C1C是矩形.
∴SBB1C1C=BB1?BC=13?12=156 (cm2).
∴S侧=2SA1ABB1+SBB1C1C=2?120+156=396 (cm2).
而AE= =8 (cm),
S底= BC?AE= ?12?8=48 (cm),
∴S全=S侧+2S底=396+2?48=492 (cm2).
［例5］斜三棱柱ABC―A1B1C1中，侧棱AA1=20 cm,平面B1A1AB与平面A1C1CA所成的二面角为120°，AA1与BB1、CC1的距离分别为16 cm、24 cm,求此三棱柱的侧面积.
分析：求斜棱柱的侧面积可求各侧面面积之和，也可以求它的截面周长C与侧棱长l的乘积.
解法一：在AA1上取一点E，过E在平面AA1B1B作中GE⊥AA1,交BB1于点G，过E点在平面AA1C1C中作EF⊥AA1，交C1C于点F，则∠GEF为已知二面角的平面角，所以∠GEF=120°.又AA1⊥平面GEF，由棱柱的性质,可得AA1∥B1B∥C1C，
∴BB1⊥平面GEF.又GF 平面GEF，
∴BB1⊥GF.
由题意,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斜棱柱侧=S A1ABB1+S A1ACC1+S B1BCC1
=320+480+160 =160（5+ ）(cm2).
解法二：在侧棱A1A上取一点E，过E作AA1的垂面分别交BB1、CC1于点G、F，连结FG，则平面EFG为斜三棱柱ABC―A1B1C1的直截面.
由题意AA1⊥面EFG,
∴AA1⊥EG，AA1⊥EF.
∴∠GEF为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=
