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)，部分同學(xué)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)，就能加強(qiáng)訓(xùn)練的針對(duì)性，提高復(fù)習(xí)效率.本文意在剖析立體幾何的常見錯(cuò)誤，為同學(xué)們?cè)诮窈蟮牧Ⅲw幾何復(fù)習(xí)中能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 以下四個(gè)命題：

①不共面的四點(diǎn)中，其中任意三點(diǎn)不共線;

②若點(diǎn)A，B，C，D共面，點(diǎn)A，B，C，E共面，則點(diǎn)A，B，C，D，E共面;

③若直線a，b共面，直線a，c共面，則直線b，c共面;

④依次首尾相接的四條線段必共面.

其中正確命題的序號(hào)是 .

錯(cuò)解：①②

錯(cuò)因分析：①中，假設(shè)存在三點(diǎn)共線，則這四點(diǎn)必共面，與題設(shè)矛盾，故①正確;②中，若A，B，C三點(diǎn)共線，則點(diǎn)A，B，C，D，E有可能不共面，故②錯(cuò)誤;③中，如圖所示正方體的棱中，a，b共面，a，c共面，而b，c異面，故③錯(cuò)誤;④中，空間四邊形的四條線段不共面，故④錯(cuò)誤.

正解：①

例2 設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)命題：

①若mα，n∥α，則m∥n;

②若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ;

③若α∩β=n，m∥n，m∥α，則m∥β;

④若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β.

其中是真命題的是 （填序號(hào)）.

錯(cuò)解：①②

錯(cuò)因分析：①m∥n或m，n異面，故①錯(cuò)誤;易知②正確;③m∥β或mβ，故③錯(cuò)誤;④α∥β或α與β相交，故④錯(cuò)誤.

正解：②

易錯(cuò)點(diǎn)二：定義理解不清導(dǎo)致錯(cuò)解

例3 已知平面α⊥平面β，直線l⊥平面β，則直線l與平面α的位置關(guān)系為 .

錯(cuò)解：平行

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)”.

正解：平行或線在面內(nèi)

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°.即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 在四棱錐PABCD中，AD∥BC，AB=BC=12AD，E，F(xiàn)，H分別為線段AD，PC，CD的中點(diǎn)，AC與BE交于O點(diǎn)，G是線段OF上一點(diǎn).

（1）求證：AP∥平面BEF;

（2）求證：GH∥平面PAD.

錯(cuò)解：證明 （1）連接EC，

∵AD∥BC，BC=12AD，

E為AD的中點(diǎn)，∴BC∥AE且BC=AE，

∴四邊形ABCE是平行四邊形，

∴O為AC的中點(diǎn)，

又∵F是PC的中點(diǎn)，∴FO∥AP，

∴AP∥平面BEF.

（2）連接FH，OH，∵F，H分別是PC，CD的中點(diǎn)，

∴FH∥PD，

∴FH∥平面PAD.

又∵O是BE的中點(diǎn)，H是CD的中點(diǎn)，

∴OH∥AD，

∴OH∥平面PAD.

又FH∩OH=H，∴平面OHF∥平面PAD.

又∵GH平面OHF，∴GH∥平面PAD.

錯(cuò)因分析：在第（1）問解題過程中的漏掉“FO平面BEF，AP平面BEF”，在第（2）問解題過程中的漏掉“PD平面PAD，F(xiàn)H平面PAD”和“AD平面PAD，OH平面PAD”缺一不可，應(yīng)用判定定理時(shí)需把條件羅列完全.

正解：證明 （1）連接EC，

∵AD∥BC，BC=12AD，

E為AD的中點(diǎn)，∴BC∥AE且BC=AE，

∴四邊形ABCE是平行四邊形，

∴O為AC的中點(diǎn)，

又∵F是PC的中點(diǎn)，∴FO∥AP，

又FO平面BEF，AP平面BEF，∴AP∥平面BEF.

（2）連接FH，OH，∵F，H分別是PC，CD的中點(diǎn)，

∴FH∥PD，又PD平面PAD，F(xiàn)H平面PAD，

∴FH∥平面PAD.

又∵O是BE的中點(diǎn)，H是CD的中點(diǎn)，

∴OH∥AD，又∵AD平面PAD，OH平面PAD，

∴OH∥平面PAD.

又FH∩OH=H，∴平面OHF∥平面PAD.

又∵GH平面OHF，∴GH∥平面PAD.

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.

在三棱柱ABCA1B1C1中，

BB1

瘙 綊

CC1，

∴四邊形BB1C1C為平行四邊形，

所以∵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(shuō)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.

（作者：吳雅琴，如皋市第一中學(xué)）