立体几何中的易错点剖析

吴雅琴

立体几何是高中数学的主要知识模块，也是高考考查的重点知识之一，在求解立体几何问题时，常因概念不清晰，理解不透彻，盲目地套用性质定理等导致错解.在高三复习中，如能在这些易错点上，强化正误辨析意识，就会加强训练的针对性，提高复习效率.本文意在从剖析立体几何的常见错误出发，为同学们在以后的立体几何复习中防微杜渐，起抛砖引玉之用.

易错点一：概念不清导致错解

例1下列命题：

①经过三点确定一个平面；

②梯形可以确定一个平面；

③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；

④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.

其中正确命题有.

错解：①②③

错因分析：对于①，未强调三点不共线，故①错误；②正确；对于③，三条直线两两相交，如空间直角坐标系，能确定三个平面，故③正确；对于④，未强调三点共线，则两平面也可能相交，故④错误.

正解：②③

例2已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：

①若a∥b，bα，则a∥α；

②若a∥b，a∥α，则b∥α；

③若a∥α，b∥α，则a∥b.

其中真命题的个数是.

错解：1

错因分析：对于①，若a∥b，bα，则应有a∥α或aα，所以①不正确；对于②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或bα，因此②不正确；对于③，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a与b相交或a与b异面，因此③是假命题.综上，在空间中，以上三个命题都是假命题.

正解：0

易错点二：定义理解不清导致错解

例3若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是.

错解：b与α相交或b∥α

错因分析：直线与平面的位置关系的定义理解不清，在判断时最易忽视“线在面内”.直线b与平面α的位置关系还有bα.所以b与α相交或bα或b∥α都可以.

正解：b与α相交或bα或b∥α

例4如图所示，正方体的棱长为1，B′C∩BC′=O，则AO与A′C′所成角的度数为.

错解：∵A′C′∥AC，

∴AO与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与A′C′所成角的度数为30°或150°.

错因分析：没有真正理解两异面直线所成角的定义，∠OAC可能是OA，A′C′所成的角或其补角.在解题过程中，通过直线的平移得到角，只有锐角或直角才是两异面直线所成的角.

正解：在Rt△AOC中，OC=22，AC=2，

sin∠OAC=OCAC=12，∴∠OAC=30°.由两异面直线所成角为锐角或直角得AO与A′C′所成角的度数为30°.

易错点三：忽视判定定理中的条件导致错解

例5如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点.

（1）证明：BC1∥平面A1CD；

（2）设AA1=AC=CB=2，AB=22，求三棱锥CA1DE的体积.

错解：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点.

又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF.

所以BC1∥平面A1CD.

（2）因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD.由已知AC=CB，D为AB的中点，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.

错因分析：在第（1）问解题过程中的漏掉“DF平面A1CD，BC1平面A1CD”，缺一不可，应用判定定理时需把条件罗列完全.

正解：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点.

又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF.

又因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，

所以BC1∥平面A1CD.

例6如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：

（1）B，C，H，G四点共面；

（2）平面EFA1∥平面BCHG.

错解：（1）∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.

又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC.

∴B，C，H，G四点共面.

（2）∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC.

∵EF平面BCHG，BC平面BCHG，

∴EF∥平面BCHG.

∵A1G∥EB，A1G=EB∴四边形A1EBG是平行四边形.

∴A1E∥GB.

∵A1E平面BCHG，GB平面BCHG.

∴A1E∥平面BCHG.

∴平面EFA1∥平面BCHG.

错因分析：在第（2）问解题过程中漏掉“A1E∩EF=E”，忽视了面面平行的判定定理中有五个条件，也是缺一不可，若没有两“相交”直线这个条件，不一定有面面平行，也可能相交.

正解：（2）∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC.

∵EF平面BCHG，BC平面BCHG，

∴EF∥平面BCHG.

∵A1G∥EB，A1G=EB∴四边形A1EBG是平行四边形.

∴A1E∥GB.

∵A1E平面BCHG，GB平面BCHG.

∴A1E∥平面BCHG.

∵A1E∩EF=E，∴平面EFA1∥平面BCHG.

易错点四：盲目地套用性质定理导致错解

例7如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱C1D1的中点，F为棱BC的中点.

（1）求证：直线AE⊥直线DA1；

（2）在线段AA1上求一点G，使得直线AE⊥平面DFG.

错解：在平面ABCD内，过点D在平面ABCD内作平面AEH的垂线DF.

错因分析：不能说作平面的垂线，在一个平面内作另一个平面的垂线，若两个平面不垂直，则不能作出，若两个平面垂直，只需作交线的垂线即可.

正解：（1）连结AD1，BC1，由正方体的性质可知，DA1⊥AD1，DA1⊥AB，又AB∩AD1=A，∴DA1⊥平面ABC1D1，

又AE平面ABC1D1，∴DA1⊥AE.

（2）所示G点即为A1点，证明如下：

由（1）可知AE⊥DA1，取CD的中点H，连结AH，EH，

由DF⊥AH，DF⊥EH，AH∩EH=H，可证DF⊥平面AHE，

∵AE平面AHE，∴DF⊥AE.

又DF∩A1D=D，

∴AE⊥平面DFA1，即AE⊥平面DFG.