立體幾何中的易錯(cuò)點(diǎn)剖析

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.