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    立體幾何中的易錯(cuò)點(diǎn)剖析

    2017-01-18 09:16:02吳雅琴
    關(guān)鍵詞:異面成角錯(cuò)因

    吳雅琴

    立體幾何是高中數(shù)學(xué)的主要知識(shí)模塊,也是高考考查的重點(diǎn)知識(shí)之一,在求解立體幾何問題時(shí),常因概念不清晰,理解不透徹,盲目地套用性質(zhì)定理等導(dǎo)致錯(cuò)解.在高三復(fù)習(xí)中,如能在這些易錯(cuò)點(diǎn)上,強(qiáng)化正誤辨析意識(shí),就會(huì)加強(qiáng)訓(xùn)練的針對(duì)性,提高復(fù)習(xí)效率.本文意在從剖析立體幾何的常見錯(cuò)誤出發(fā),為同學(xué)們?cè)谝院蟮牧Ⅲw幾何復(fù)習(xí)中防微杜漸,起拋磚引玉之用.

    易錯(cuò)點(diǎn)一:概念不清導(dǎo)致錯(cuò)解

    例1下列命題:

    ①經(jīng)過三點(diǎn)確定一個(gè)平面;

    ②梯形可以確定一個(gè)平面;

    ③兩兩相交的三條直線最多可以確定三個(gè)平面;

    ④如果兩個(gè)平面有三個(gè)公共點(diǎn),則這兩個(gè)平面重合.

    其中正確命題有.

    錯(cuò)解:①②③

    錯(cuò)因分析:對(duì)于①,未強(qiáng)調(diào)三點(diǎn)不共線,故①錯(cuò)誤;②正確;對(duì)于③,三條直線兩兩相交,如空間直角坐標(biāo)系,能確定三個(gè)平面,故③正確;對(duì)于④,未強(qiáng)調(diào)三點(diǎn)共線,則兩平面也可能相交,故④錯(cuò)誤.

    正解:②③

    例2已知直線a,b,平面α,則以下三個(gè)命題:

    ①若a∥b,bα,則a∥α;

    ②若a∥b,a∥α,則b∥α;

    ③若a∥α,b∥α,則a∥b.

    其中真命題的個(gè)數(shù)是.

    錯(cuò)解:1

    錯(cuò)因分析:對(duì)于①,若a∥b,bα,則應(yīng)有a∥α或aα,所以①不正確;對(duì)于②,若a∥b,a∥α,則應(yīng)有b∥α或bα,因此②不正確;對(duì)于③,若a∥α,b∥α,則應(yīng)有a∥b或a與b相交或a與b異面,因此③是假命題.綜上,在空間中,以上三個(gè)命題都是假命題.

    正解:0

    易錯(cuò)點(diǎn)二:定義理解不清導(dǎo)致錯(cuò)解

    例3若直線a⊥b,且直線a∥平面α,則直線b與平面α的位置關(guān)系是.

    錯(cuò)解:b與α相交或b∥α

    錯(cuò)因分析:直線與平面的位置關(guān)系的定義理解不清,在判斷時(shí)最易忽視“線在面內(nèi)”.直線b與平面α的位置關(guān)系還有bα.所以b與α相交或bα或b∥α都可以.

    正解:b與α相交或bα或b∥α

    例4如圖所示,正方體的棱長(zhǎng)為1,B′C∩BC′=O,則AO與A′C′所成角的度數(shù)為.

    錯(cuò)解:∵A′C′∥AC,

    ∴AO與A′C′所成的角就是∠OAC.

    ∵OC⊥OB,

    AB⊥平面BB′CC′,

    ∴OC⊥AB.又AB∩BO=B,∴OC⊥平面ABO.

    又OA平面ABO,∴OC⊥OA.

    在Rt△AOC中,OC=22,AC=2,

    sin∠OAC=OCAC=12,∴∠OAC=30°或150°.即AO與A′C′所成角的度數(shù)為30°或150°.

    錯(cuò)因分析:沒有真正理解兩異面直線所成角的定義,∠OAC可能是OA,A′C′所成的角或其補(bǔ)角.在解題過程中,通過直線的平移得到角,只有銳角或直角才是兩異面直線所成的角.

    正解:在Rt△AOC中,OC=22,AC=2,

    sin∠OAC=OCAC=12,∴∠OAC=30°.由兩異面直線所成角為銳角或直角得AO與A′C′所成角的度數(shù)為30°.

    易錯(cuò)點(diǎn)三:忽視判定定理中的條件導(dǎo)致錯(cuò)解

    例5如圖,直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點(diǎn).

    (1)證明:BC1∥平面A1CD;

    (2)設(shè)AA1=AC=CB=2,AB=22,求三棱錐CA1DE的體積.

    錯(cuò)解:(1)證明:連結(jié)AC1交A1C于點(diǎn)F,則F為AC1中點(diǎn).

    又D是AB中點(diǎn),連結(jié)DF,則BC1∥DF.

    所以BC1∥平面A1CD.

    (2)因?yàn)锳BCA1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥CD.由已知AC=CB,D為AB的中點(diǎn),所以CD⊥AB.又AA1∩AB=A,于是CD⊥平面ABB1A1.

    由AA1=AC=CB=2,AB=22,得∠ACB=90°,CD=2,A1D=6,DE=3,A1E=3,故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D.

    所以VCA1DE=13×12×6×3×2=1.

    錯(cuò)因分析:在第(1)問解題過程中的漏掉“DF平面A1CD,BC1平面A1CD”,缺一不可,應(yīng)用判定定理時(shí)需把條件羅列完全.

    正解:(1)證明:連結(jié)AC1交A1C于點(diǎn)F,則F為AC1中點(diǎn).

    又D是AB中點(diǎn),連結(jié)DF,則BC1∥DF.

    又因?yàn)镈F平面A1CD,BC1平面A1CD,

    所以BC1∥平面A1CD.

    例6如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,E,F(xiàn),G,H分別是AB,AC,A1B1,A1C1的中點(diǎn),求證:

    (1)B,C,H,G四點(diǎn)共面;

    (2)平面EFA1∥平面BCHG.

    錯(cuò)解:(1)∵GH是△A1B1C1的中位線,∴GH∥B1C1.

    又∵B1C1∥BC,∴GH∥BC.

    ∴B,C,H,G四點(diǎn)共面.

    (2)∵E,F(xiàn)分別為AB,AC的中點(diǎn),∴EF∥BC.

    ∵EF平面BCHG,BC平面BCHG,

    ∴EF∥平面BCHG.

    ∵A1G∥EB,A1G=EB∴四邊形A1EBG是平行四邊形.

    ∴A1E∥GB.

    ∵A1E平面BCHG,GB平面BCHG.

    ∴A1E∥平面BCHG.

    ∴平面EFA1∥平面BCHG.

    錯(cuò)因分析:在第(2)問解題過程中漏掉“A1E∩EF=E”,忽視了面面平行的判定定理中有五個(gè)條件,也是缺一不可,若沒有兩“相交”直線這個(gè)條件,不一定有面面平行,也可能相交.

    正解:(2)∵E,F(xiàn)分別為AB,AC的中點(diǎn),∴EF∥BC.

    ∵EF平面BCHG,BC平面BCHG,

    ∴EF∥平面BCHG.

    ∵A1G∥EB,A1G=EB∴四邊形A1EBG是平行四邊形.

    ∴A1E∥GB.

    ∵A1E平面BCHG,GB平面BCHG.

    ∴A1E∥平面BCHG.

    ∵A1E∩EF=E,∴平面EFA1∥平面BCHG.

    易錯(cuò)點(diǎn)四:盲目地套用性質(zhì)定理導(dǎo)致錯(cuò)解

    例7如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,E為棱C1D1的中點(diǎn),F(xiàn)為棱BC的中點(diǎn).

    (1)求證:直線AE⊥直線DA1;

    (2)在線段AA1上求一點(diǎn)G,使得直線AE⊥平面DFG.

    錯(cuò)解:在平面ABCD內(nèi),過點(diǎn)D在平面ABCD內(nèi)作平面AEH的垂線DF.

    錯(cuò)因分析:不能說作平面的垂線,在一個(gè)平面內(nèi)作另一個(gè)平面的垂線,若兩個(gè)平面不垂直,則不能作出,若兩個(gè)平面垂直,只需作交線的垂線即可.

    正解:(1)連結(jié)AD1,BC1,由正方體的性質(zhì)可知,DA1⊥AD1,DA1⊥AB,又AB∩AD1=A,∴DA1⊥平面ABC1D1,

    又AE平面ABC1D1,∴DA1⊥AE.

    (2)所示G點(diǎn)即為A1點(diǎn),證明如下:

    由(1)可知AE⊥DA1,取CD的中點(diǎn)H,連結(jié)AH,EH,

    由DF⊥AH,DF⊥EH,AH∩EH=H,可證DF⊥平面AHE,

    ∵AE平面AHE,∴DF⊥AE.

    又DF∩A1D=D,

    ∴AE⊥平面DFA1,即AE⊥平面DFG.

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