立体几何易错点大剖析

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中考数学易错题系列之立体几何棱锥棱柱与圆柱体易错题目解析

中考数学易错题系列之立体几何棱锥棱柱与圆柱体易错题目解析在中考数学中，立体几何是一个重点考察的内容。

其中，棱锥、棱柱与圆柱体是常见的几何体，在解题中常会出现易错的情况。

本文将针对立体几何的棱锥、棱柱与圆柱体的易错题目进行解析，帮助同学们更好地理解和掌握这些知识点。

题目一：已知一棱锥的底面是一个边长为6cm的正方形，侧面全是等边三角形，若该棱锥的体积为18cm³，求该棱锥的高。

解析：首先考虑棱锥的体积公式：V = (1/3) ×底面积 ×高。

已知该棱锥的底面积为6² = 36cm²，将已知条件代入公式，则得到18 = (1/3) ×36 ×高，即高 = 3cm。

答案：该棱锥的高为3cm。

题目二：一个圆柱体的半径为2cm，高为5cm。

求该圆柱体的体积。

解析：圆柱体的体积公式为：V = 底面积 ×高。

已知该圆柱体的半径为2cm，高为5cm，将已知条件代入公式，则得到V = πr² × 高 =π(2²) × 5 = 20π cm³。

由于π 是无理数，所以最终结果用π表示。

答案：该圆柱体的体积为20π cm³。

题目三：一个棱柱的底面是一个直径为4cm的圆，高为8cm。

求该棱柱的体积。

解析：棱柱的体积公式为：V = 底面积 ×高。

已知该棱柱的底面为直径为4cm的圆，则底面积为πr² = π(2²) = 4π cm²。

将已知条件代入公式，则得到V = 4π × 8 = 32π cm³。

由于π 是无理数，所以最终结果用π表示。

答案：该棱柱的体积为32π cm³。

通过以上三个例题，我们可以看出在解立体几何题时，需要根据已知条件来选取正确的公式，并将已知条件代入公式进行计算。

同时，注意无理数π的运算和结果表示。

立体几何中的易错题归类剖析

解题篇易错题归类剖析高考数学2019年1月搏生找理化■河南省沈丘县第一高级中学赵向前一、求几何体的外接球时，易忽视球的几何性质考点指南：球的问题是平面图形圆的立体化、空间化问题.圆的考点在高中侧重解析几何问题的考查，即与圆的方程有关的问题.高中圆的几何特性（几何图形的外接圆）主要体现在空间几何体的外接球的知识方面.即求解与几何体的外接球有关的问题时，需要把立体球转化为平面圆进行分析，考査层次属于有难度的问题。

捌/一个几何体，/\,的三视图如图1所示，求7弋7弋该几何体外接球的表面正视图侧视图积。

（单位:cm）解题分析：根据题意知该几何体是一个圆锥，其轴截面是边长为2cm的正三角形，则几何体及其外接球的直观图如图2所示。

由题可知轴截面AFAB为正三角形，球心O为正三角形的重心，根据三角形重心的知识，则po:ocy=2：1。

又o'为图2AB的中点，所以在RtAPAO7中，PA=2,PO f=VPA--AO'2 =箱，所以PO=攀。

因为△PAB是正三角形.PO=AO,则外接球的半径为AO=PO=竽，所以圆锥的外接球的表面积S=4n•R'=¥（cn?）。

考查意图：本题主要考查同学们的空间想象能力、空间问题平面化能力及计算能力。

虽然本题是求解外接球的表面积，但是在求解球的半径时，需要逐步进行，故对运算逻辑也是有考査的。

复习建议：由于高考是选拔性考试，考题定位“源于课木，考査分析问题与求解问题的能力"，学习中，应立足教材，对教材中的核心题型，比如求三棱锥的外接球.只有做好归纳总结，步骤细化.有了基本方法的掌握，才能在解决柱体、锥体的问题中做到熟练掌握与应用。

变式练习1:如图3,在卞四棱锥P ABCD中.面|PAB丄面ABCD,ZXPAB/x/'是等边三角形，四边形--------ABCD为矩形，边长AB=图32,AD=4,求四棱锥俯视图P ABCD的外接球的体积。

立体几何中的易错点剖析

立体几何中的易错点剖析作者：祁居攀来源：《中学课程辅导高考版·学生版》2015年第12期立体几何是中学数学教学的重点内容之一，也是历届高考命题的热点.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.一、概念不清导致错解例1 判断下列说法是否正确，并说明理由.（1）一点和一条直线确定一个平面；（2）经过同一点的两条直线确定一个平面；（3）首尾顺次相接的四条线段在同一平面内.错解：（1）正确.错因：忽视公理2中“不在一条直线上的三点”这个条件.（3）正确.错因：空间四边形的四条边不共面.正解：（1）不正确.如果点在直线上，这时有无数个平面；如果点不在平面上，在已知直线上任取两个不同的点，由公理2知有唯一一个平面.（2）正确.经过同一点的两条直线是相交直线，能确定一个平面.（3）不正确.四边形中三点可以确定一个平面，而第四点不一定在此平面内，因此这四条线段不一定在同一平面内.例2 给出下列几种说法：（1）过一点有且只有一条直线与已知直线平行；（2）过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；（3）过平面外一点有且只有一条直线与该平面平行；（4）过平面外一点有且只有一个平面与该平面平行.其中正确说法的个数为（）A. 0B. 1C. 2D. 3错因分析：错解一：认为（1）正确，没有考虑已知点在直线上的情形；错解二：认为（2）正确，没有在空间考虑问题，还是局限于初中平面几何的思维方式；错解三：认为（3）正确，没有正理解线面平行的定义.正解：（1）当点在已知直线上时，不存在过该点的直线与已知直线平行，故（1）错；（2）由于垂直包括相交垂直和异面垂直，因而过一点与已知直线垂直的直线有无数条，故（2）错；（3）过平面外一点与已知平面平行的直线有无数条，故（3）错；（4）过平面外一点与已知平面平行的平面有且只有一个，故（4）对.二、定义理解不清导致错解例3 四面体ABCD中如图所示，E，F分别是AB，CD的中点，若BD，AC所成的角为60°，且BD=AC=1，求EF的长度.错解：取AD中点O，连OE，OF，直接由条件得∠EOF=60°得EF=OE=OF=12.错因分析：没有真正理解两异面直线所成角的定义，∠EOF可能是BD，AC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：取AD中点O，连OE，OF，∵OE∥BD，OF∥AC，∴OE与OF所成的锐角或直角，即为BD，AC所成的角，而BD，AC所成的角为60°，所以∠EOF=60°或∠EOF=120°.当∠EOF=60°时，EF=OE=OF=12.当∠EOF=120°时，取EF的中点M，则OM⊥EF，EF=2EM=2×34=32.三、忽视判定定理中的条件导致错解例4 已知E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，CC1的中点.求证：平面BDF∥平面B1D1E.错解：错解一：漏掉解题过程中的BF平面B1D1E，D1E平面B1D1E.错解二：漏掉解题过程中的BF∩BD=B.错因分析：缺一不可，应用判定定理时需把条件罗列完全.错解二：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：如图，取BB1的中点G，连接EG，GC1，则有EGA1B1，A1B1C1D1，∴EGC1D1，四边形EGC1D1是平行四边形.∴D1EGC1，又∴BGC1F，∴BF∥C1G，∴BF∥D1E，又BF平面B1D1E，D1E平面B1D1E，∴BF∥平B1D1E.又∵BD∥D1B1，同理可得BD∥平面B1D1E，又BF∩BD=B，由平面与平面平行的判定定理得：平面BDF∥平面B1D1E.四、盲目地套用性质定理导致错解例5 如图所示，已知E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，CC1的中点，求证：四边形BED1F是平形四边形.错解：平面A1ADD1∥平面B1BCC1，由面面平行的性质定理得D1E∥FB，同理EB∥FD1，所以四边形BED1F是平形四边形.错因分析：主要错误在于没有确定B，E，D1，F四点是否满足面面平行的性质定理的条件，盲目地套用性质定理.正解：如图所示，取D1D的中点G连接EG，GC.∵E是AA1的中点，G是D1D的中点，∴EGAD.由正方体性质知BCAD，∴EGBC，所以四边形EGCB是平形四边形，∴EBGC ①又∵G，F分别是D1D，CC1的中点，∴D1GFC，四边形是D1GCF平形四边形，∴D1FGC ②由①②得EB∥D1F. ③又平面A1ADD1∥平面B1BCC1，平面EBFD1∩平面A1ADD1=ED1，平面EBFD1∩平面B1BCC1=BF，∴ED1∥BF，④由③④得，四边形BED1F是平形四边形.例6 已知：平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，如图所示，求证：PA⊥平面ABC.错解：在平面ABC内任取一点D，过点D在平面ABC内作平面ABC的垂线DG，平面PAC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：如图所示，在平面ABC内任取一点D，作DF⊥AC于点F，作DG⊥AB于点G，∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，∴DF⊥平面PAC，∵PA平面PAC，∴PA⊥DF.同理可证：PA⊥DG，DF∩DG=D，且DF平面ABC，DG平面ABC，∴PA⊥平面ABC.。

立体几何中的典型错误及错因剖析

立体几何中的典型错误及错因剖析作者：殷高荣来源：《中学课程辅导·高考版》2017年第12期立体几何重点培养同学们的空间想象能力，高考中重点考查空间点、线、面的位置关系及空间几何体的表面积和体积.但不少同学常因概念不清晰，平行与垂直关系的判定和性质定理理解出现偏差等等导致概念辨析题出现错误，证明题条件不全面导致格式不规范等.故在高三复习中，要在这些易错点上，强化正误辨析意识，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，给同学们指引方向，养成良好的解题习惯.易错点一：概念不清导致错解例1给出以下四个命题：①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面.则以上命题正确的是（填序号）.错解：①②③错因分析：不理解确定一个平面的依据，思考问题时还停留在平面图形中，空间想象能力不够.①假设其中有三点共线，则该直线和直线外的另一点确定一个平面.这与四点不共面矛盾，故其中任意三点不共线，所以①正确.②从条件看出两平面有三个公共点A，B，C，但是若A，B，C共线，则结论不正确；③不正确；④不正确，因為此时所得的四边形的四条边可以不在一个平面上，如空间四边形.故④错误.正解：①例2如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，给出以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线.其中正确的结论为（填序号）.错解：①②③④错因分析：没有掌握空间几何体中两条直线位置关系的判断方法.其中异面直线的判定可以通过其判定定理，相交直线必须有一个公共点.A，M，C1三点共面，且在平面AD1C1B 中，但C平面AD1C1B，C1AM，因此直线AM与CC1是异面直线，同理AM与BN也是异面直线，AM与DD1也是异面直线，①②错，④正确；M，B，B1三点共面，且在平面MBB1中，但N平面MBB1，BMB1，因此直线BN与MB1是异面直线，③正确.正解：③④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已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题：①若α，β垂直于同一平面，则α与β平行；②若m，n平行于同一平面，则m与n平行；③若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线；④若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面.其中正确的是（填序号）.错解：③④错因分析：没有真正理解线面平行、线面垂直的定义、判定定理和性质定理.对于①，α，β可能相交，故错误；对于②，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；对于③，若mα，α∩β=n，m∥n，则m∥β，故错误；对于④，假设m，n垂直于同一平面，则必有m∥n与已知m，n不平行矛盾，所以原命题正确，故④正确.正解：④总之，判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理.要善于结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断.特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情况，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确.易错点三：忽视判定定理中的条件导致解题格式不规范例5在四棱锥PABCD中，AD∥BC，AB=BC=12AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点.（1）求证：AP∥平面BEF；（2）求证：GH∥平面PAD.错解：证明：（1）连接EC，∵AD∥BC，BC=12AD，E为AD的中点，∴BC平行且等于AE，∴四边形ABCE是平行四边形，∴O为AC的中点，又∵F是PC的中点，∴FO∥AP，∴AP∥平面BEF.（2）连接FH，OH，∵F，H分别是PC，CD的中点，∴FH∥PD，又∵O是BE的中点，H是CD的中点，∴OH∥AD，又FH∩OH=H，∴平面OHF∥平面PAD.又∵GH平面OHF，∴GH∥平面PAD.错因分析：在第（1）问解题过程中的漏掉“FO平面BEF，AP平面BEF，”，缺一不可，应用判定定理时需把条件罗列完整.在第（2）问解题过程中直接从两相交直线平行证得两平面平行，跳步严重.正解：证明：（1）连接EC，∵AD∥BC，BC=12AD，E为AD的中点，∴BC平行且等于AE，∴四边形ABCE是平行四边形，∴O为AC的中点，又∵F是PC的中点，∴FO∥AP，又FO平面BEF，AP平面BEF，∴AP∥平面BEF.（2）连接FH，OH，∵F，H分别是PC，CD的中点，∴FH∥PD，又PD平面PAD，FH平面PAD，∴FH∥平面PAD.又∵O是BE的中点，H是CD的中点，∴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.总之，判断或证明线面平行的常用方法有：①利用反证法（线面平行的定义）；②利用线面平行的判定定理（aα，bα，a∥ba∥α）；③利用面面平行的性质定理（α∥β，aαa∥β）；④利用面面平行的性质（α∥β，aβ，a∥αa∥β）.利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线.其中需要特别注意的是：在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误.面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件.如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交.运用性质定理，要遵从由“高维”到“低维”，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”.易错点四：空间几何体中一些结论直接应用导致解题不规范例6如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E.求证：（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥AB1.错解：（1）连接A1B，则点D为A1B的中点，又知AB1的中点为D，故DE∥A1C1；又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.错因分析：在第（1）问解题过程中直接得到点D为A1B的中点，这是不规范的.要先利用三棱柱的性质证明得到其侧面是平行四边形，再由平行四边形的对角线互相平分得到点D 为A1B的中点.解题时可以避开这个易错点.正解：证明：（1）由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.（2）因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BC∩CC1=C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC=CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C平面B1AC，AC∩B1C=C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1平面B1AC，所以BC1⊥AB1.易错点五：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.總之，（1）证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性（a∥b，a⊥αb⊥α）；③面面平行的性质（a⊥α，α∥βa⊥β）；④面面垂直的性质（α⊥β，α∩β=a，l⊥a，lβl⊥α）.（2）证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.（作者：殷高荣，如皋市教育局教研室）。

《生活中的立体图形》易错易混辨析

生活中的立体图形
易错易混辨析
易错点1不能正确判断几何体的类型
【易错典例1】如图1—1—8各几何体中，柱体是第_____个．
易错总结：柱体包括棱柱和圆柱，他们的上下两个底面完全相同，部分同学因忽略柱体的这一共同特征二误认为（1）（3）是柱体而出错，正确答案是（2）（4）．
易错点2判断由平面图形旋转而成的立体图形时，出现漏解或错解
【易错典例2】以如图1—1—9所示的三角形的边为轴旋转一周后所得到的几何体可以是右图中的_________（填序号）．
易错总结：本题是一个直角三角形围绕任意一条直角边旋转一周，部分同学可能因习惯于只绕竖直的AB 旋转只选（2）或分绕直角边旋转和斜边旋转两种情况而不考虑两直角边的长短漏选（3），还可能因为绕斜边AC 形成图形不熟悉而漏选（4），正确为答案应是（2）（3）（4）．
1—1—
8
1—1—9。

立体几何易错点梳理

立体几何易错点梳理
（一）空间平面的性质：
1. 平面是有特定形状的空间，具有宽度、长度和深度。

2. 平面可以看做是展开后的立体物体，由平行线段和弧线组成。

3. 空间平面中有几何体，比如四边形、正方形等等。

（二）立体几何常见易错点：
1. 程序性错误：容易出现计算错误、定义不一致等问题。

2. 绘图错误：由于绘图过程中的误差，容易出现坐标计算错误、三角定理错误等问题。

3. 计算结果不准：容易出现解析解不正确或者数值计算结果不准确等问题。

4. 判断错误：容易出现判断是平面还是立体几何形状不清晰等问题。

立体几何中的典型易错题剖析

ʏ袁华立体几何中的概念多㊁定理多,且图形复杂,解题时需要有较强的空间想象能力,稍不注意,就会出错㊂下面就解题中的典型易错题进行举例剖析㊂易错点1:在直线与平面平行中,忽视直线是否在平面内的情况例1若直线l与平面α内的一条直线平行,则l和α的位置关系是()㊂A.l⊂αB.lʊαC.l⊂α或lʊαD.l和α相交错解:应选A㊂错因分析:若平面外一条直线与平面内一条直线平行,则该直线与此平面平行㊂错解忽视了平面外这个重要条件㊂题中的直线l 与平面α内的一条直线平行,也可能lʊα㊂正解:直线l与平面α内的一条直线平行,当l⊄α时,由线面平行的判定定理知,lʊα,也有可能l⊂α,这时lʊα㊂应选C㊂动手实战1:下列结论错误的个数是()㊂①若一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行;②若直线aʊ平面α,Pɪα,则过点P且平行于直线a 的直线有无数条;③如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行;④如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面㊂A.0B.1C.3D.2提示:若一条直线和平面内的一条直线平行,当该直线也在平面内时,那么这条直线和这个平面不平行,①错误㊂若直线aʊ平面α,Pɪα,则过点P且平行于直线a的直线只有一条,②错误㊂一个平面内的两条直线平行于另一个平面,当这两条直线平行时,这两个平面平行或相交,③错误㊂如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面,④正确㊂应选C㊂易错点2:错误认为无数等于所有例2下列命题正确的是()㊂A.与平面内无数条直线垂直的直线与该平面垂直B.过直线外一点可以作无数条直线与该直线平行C.各面都是正三角形的四面体的外接球球心和内切球球心恰好重合D.各面都是等腰三角形的三棱锥一定是正三棱锥错解:应选A㊂错因分析:一条直线与平面内的无数条直线垂直,这里的无数条直线不等于所有直线㊂正解:对于A,一条直线与平面内的任意直线垂直,则这条直线与平面垂直,而无数条直线可以是一组平行直线,A不正确㊂对于B,由平行公理知,过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行,B不正确㊂对于C,因为各面都是正三角形的四面体是正四面体,而正四面体的外接球球心和内切球球心重合,所以C正确㊂对于D,在三棱锥P-A B C 中,A B=B C=C A=P A=2,P B=P C=3,显然三棱锥P-A B C的侧面都是等腰三角形,而三棱锥P-A B C不是正三棱锥,D不正确㊂应选C㊂动手实战2:下列命题中正确的个数是()㊂①若直线a上有无数个点不在平面α内,则aʊα;②若直线aʊ平面α,则直线a与平面α内的任意一条直线都平行;③若直线aʊ直线b,直线bʊ平面α,则直线aʊ平面α;13易错题归类剖析高一数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.④若直线a ʊ平面α,则直线a 与平面α内的任意一条直线都没有公共点㊂A.0B .1C .2D .3提示:对于①,若直线a 上有无数个点不在平面α内,则直线a 可能与平面α相交,也可能与平面α平行,①错误㊂对于②,当直线a ʊ平面α时,直线a 与平面α内的直线平行或异面,②错误㊂对于③,当直线a ʊ直线b ,直线b ʊ平面α,则直线a ʊ平面α,或直线a 在平面α内,③错误㊂对于④,当直线a ʊ平面α时,则直线a 与平面α无公共点,所以直线a 与平面α内的任意一条直线都没有公共点,④正确㊂应选B ㊂易错点3:忽视异面直线所成角的范围例3 如图1,在直三棱柱A B C -A 'B 'C '中,A C =B C =A A ',øA C B =120ʎ,E 为B B '的中点,则异面直线C E 与C 'A 所成角的余弦值是()㊂图1A.-105B .105C .-1010D .1010错解:直三棱柱A B C -A 'B 'C '向上方补形为直三棱柱A B C -A ᵡB ᵡC ᵡ,其中A ',B ',C '分别为各棱的中点,取B 'B ᵡ的中点D ',可知C E ʊC 'D ',则异面直线C E 与C 'A 所成角即为C 'D '与C 'A 所成角㊂设C B =2,则C 'D '=5,C 'A =22,A D '=21㊂在әA C 'D '中,由余弦定理得c o søA C 'D '=8+5-212ˑ22ˑ5=-105㊂应选A ㊂错因分析:上述解法忽视了异面直线所成角的范围为0,π2㊂显然,两条异面直线所成角的余弦值一定是正数㊂正解:直三棱柱A B C -A 'B 'C '向上方补形为直三棱柱A B C -A ᵡB ᵡC ᵡ,其中A ',B ',C '分别为各棱的中点,取B 'B ᵡ的中点D ',可知C E ʊC 'D ',则异面直线C E 与C 'A 所成角就是C 'D '与C 'A 所成角,即øA C 'D '㊂设C B =2,则C 'D '=5,C 'A =22,A D '=21㊂在әA C 'D '中,由余弦定理得c o søA C 'D '=8+5-212ˑ22ˑ5=-105,故异面直线C E 与C 'A 所成角的余弦值为105㊂应选B ㊂动手实战3:如图2,空间四边形A B C D中,A B ㊁B C ㊁C D 的中点分别是P ㊁Q ㊁R ,且图2P Q =3,Q R =5,P R=7,那么异面直线A C 和B D 所成的角是( )㊂A.30ʎB .60ʎC .120ʎD .150ʎ提示:由题意得P Q ʊA C ,Q R ʊB D ,所以异面直线A C 和B D 所成的角即为øP Q R(或其补角)㊂在әP Q R 中,由余弦定理得c o søP Q R =P Q 2+Q R 2-P R 22P Q ㊃Q R =-12,所以øP Q R =120ʎ,所以异面直线A C 和B D 所成的角为60ʎ㊂应选B ㊂设α,β为两个不同的平面,则αʊβ的充要条件是( )㊂A .α内有无数条直线与β平行B .α,β垂直于同一平面C .α,β平行于同一条直线D .α内的任何直线都与β平行提示:α内有无数条直线与β平行,这时α与β可能相交,A 错误㊂α,β垂直于同一平面,这时α与β可能相交,B 错误㊂α,β平行于同一条直线,这时α与β可能相交,C 错误㊂若α内的任何直线都与β平行,则αʊβ,D 正确㊂应选D ㊂作者单位:重庆市开州中学(责任编辑郭正华)23 易错题归类剖析高一数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

备战2024年高考数学考试易错题专题09 立体几何(5大易错点分析)(解析版)

专题09立体几何易错点一：对斜二测法规则掌握不牢（斜二测求算面积及周长）水平放置的平面图形的直观图的画法用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤空间几何体直观图的画法立体图形直观图的画法步骤(1)画轴：与平面图形的直观图画法相比多了一个z轴，直观图中与之对应的是z′轴.(2)画底面：平面x′O′y′表示水平平面，平面y′O′z′和x′O′z′表示竖直平面，按照平面图形的画法，画底面的直观图.(3)画侧棱：已知图形中平行于z轴(或在z轴上)的线段，在其直观图中平行性和长度都不变.(4)成图：去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线.易错提醒：①建立坐标系；②“位置规则”——与坐标轴的平行的线段平行关系不变；③“长度规则”——图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度减为原来的一半.(1)判断平面四边形OABC 的形状并求周长；(2)若该四边形OABC 以OA 为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积【解析】（1）将直观图还原得OABC 所以223,1(22)3OA OC 所以平面四边形OABC 为菱形，其周长为（2）四边形OABC 以OA 为旋转轴，221(22)3l2变形2．如图所示，正方形(1)求原图形的面积；（2）在(1)中若2A C ＝【解析】（1）画法：①画直角坐标系②在题图中，过B 作B D （2）∵//B D y ，∴BD ⊥又 1.5B D ＝且2A C ＝，∴32BD AC ＝，＝.∴2S(1)画出它的原图形，(2)若2,A C A B C 的面积是（2）由（1）知，原图形中，BD AC 于点D ，则BD 为原图形中在直观图中作B E A C 于点E ，则A B C 的面积12A B C S A 在直角三角形B E D 中，B D 所以1S 62ABC AC BD .【解析】根据题意，结合斜二测画法的规则，可得水平放置的四边形3．用斜二测画法画一个水平放管的平面图，其直观图如图所示，已知A D B C ∥．(1)求原平面图形ABCD (2)将原平面图形ABCD 【解析】（1）还原平面图形（2）将原平面图形其中圆柱的底面半径为所以几何体的表面积为(1)求原图形的面积；(2)将原图形以OA 所在的直线为轴，与正方形O A B C 的各点分别对应，如【解析】（1）原图形OABC 1OABC S OA OB （2）得到的几何体是一个组合体，其形状是圆柱一侧挖去一个圆锥，另一侧有多出一个相同的圆锥几何体表面积2πS (1)求原平面图形ABCD (2)将原平面图形ABCD则DAB ABC 则5DE EC ，AE 即原图形ABCD 为直角梯形，故原平面图形ABCD （2）将原平面图形(1)在平面直角坐标系中作出原平面图形(2)将原平面图形ABCD 绕BC 旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积．【解析】（1）如图所示：梯形ABCD 因为54AD AB BC ,,(1)在下面给定的表格中画出四边形(2)若四边形OABC以OA所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，说出该几何体的结构特征，并求该几何体的体积．【解析】（1）因为O A 与x 轴重合，则B C 与x 轴平行，则BC与x轴平行，且O B 与y 轴重合，则OB与y轴重合，且（2）如图所示，所得几何体的上半部分为圆锥，下半部分为圆柱截取一个圆锥，故体积为1136π236π336π33V 8．如图，一个水平放置的平面图形的直观图长．【解析】由题可知，O D 还原直观图可得原平面图形，如图所示：则24OD O D ，OA ∴22AD OA OD ∴原平面图形的周长为．如图所示，O A B(1)画出四边形OABC的平面图并标出边长，并求平面四边形(2)若该四边形OABC以OA【解析】（1）解：在直观图中由上图可知，平面四边形所以面积为13242（2）旋转而成的几何体可以看成圆柱加上一个同底的圆锥，由（1）可知几何体底面圆半径为(1)画出平面四边形OABC的平面图，并计算其面积；(2)若该四边形OABC以OA为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积）y 与B C 交点为D ¢，，45C O y ，所以2O D 的平面图如图2所示：则222OD O D ，322OABC S OA OD （2）由（1）可得，在Rt △所以，3OC ，所以3AB 如图3，分别过点,B C 作OA 及其延长线的垂线，垂足为矩形FECB 绕OA 及其延长线，旋转一周得到一个底面半径Rt BEA 绕OA ，旋转一周得到一个底面半径因为ABC 是边长为2的正三角形，所以2AB BC ，BC 边上的高为3h ，在A O C 中，45A O C ，所以13222B C BC A O AO，，结论：①要证线∥面，条件为3个，其中必有《线面》②要证线⊥面，条件为2个，其中必有《线∥线或面∥面》③要证线∥线（面∥面），条件为2或3个，其中必有《两个线⊥面》④要证线⊥线（面⊥面），条件为2个，其中必有《⊥、∥（）》⑤要证线⊥线（面⊥面），条件为3个，其中必有《∥∥面、线、、》易错提醒：空间点、线、面位置关系的组合判断是考查学生对空间点、线、面位置关系判断和性质掌握程度的重要题型。

高中数学第八章立体几何初步易错知识点总结(带答案)

高中数学第八章立体几何初步易错知识点总结单选题1、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A．23B．24C．26D．27答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD−BHC及直三棱柱DGC−AEB组成，作HM⊥CB于M，如图，因为CH=BH=3,∠CHB=120∘，所以CM=BM=3√32,HM=32，因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=3√3,在直棱柱AFD−BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM, 由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则V I−BCDA =13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC =12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V =2V AFD−BHC −V I−BCDA =2×814−272=27.故选：D.2、已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（） A ．√3πB ．√33C ．√33πD ．√3 答案：C分析：求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积．解：设圆锥的底面半径为r ，圆锥的母线长为l ，由πl =2πr ，得l =2r ，又S =πr 2+πr ⋅2r =3πr 2=3π，所以r 2=1，解得r =1；所以圆锥的高为ℎ=√l 2−r 2=√22−12=√3，所以圆锥的体积为V =13πr 2ℎ=13π×12×√3=√33π．故选：C ．3、一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它和另一条的位置关系是（）A．平行B．相交C．异面D．相交或异面答案：D分析：根据空间中两直线的位置关系，即可求解：如图（1）所示，此时直线a与直线b为异面直线，其中l//a，此时直线l与b为相交直线；如图（2）所示，此时直线a与直线b为异面直线，其中l//a，此时直线l与b为异面直线，综上，一条直线与两条异面直线中的一条平行，则它和另一条直线的位置关系是相交或异面.故选: D.4、若一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面的位置关系是（）A．一定平行B．一定相交C．平行或相交D．以上判断都不对答案：C分析：利用面面平行的判定即得.一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，若这两条直线相交且这两条直线平行于另一个平面，则可得这两个平面平行；若这两条直线平行，则这两个平面可能相交也可能平行；故选：C.5、在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AD=3，AA1=5，点P在长方体的面上运动，且满足AP=5，则P的轨迹长度为（）A．12πB．8πC．6πD．4π答案：C分析：由题设，在长方体表面确定P 的轨迹，应用弧长公式计算轨迹长度.如图，P 在左侧面的轨迹为弧A 1N ⏜，在后侧面的轨迹为弧NC ⏜，在右侧面的轨迹为弧MC ⏜，在前侧面内的轨迹为弧A 1M ⏜.易知|NC ⏜|=14π×4×2=2π，|MC ⏜|=14π×3×2=3π2，又sin∠A 1AN =cos∠NAD =35，cos∠A 1AM =sin∠MAB =35，∴∠A 1AN +∠A 1AM =π2，则|A 1N ⏜|+|A 1M ⏜|=14π×5×2=5π2，∴P 的轨迹长度为6π，故选：C.6、如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，BD =2，DE =1，点P 在线段EF 上.给出下列命题：①存在点P ，使得直线DP//平面ACF ； ②存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF ；③直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是[√55,1]；④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π8.其中所有真命题的序号（）A．①③B．①④C．①②④D．①③④答案：D分析：当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，推理导出矛盾判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出△ACF外接圆面积判断④作答.取EF中点G，连DG，令AC∩BD=O，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，DG⊄平面ACF，于是得DG//平面ACF，当点P与G重合时，直线DP//平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，而FO⊂平面ACF，则DP⊥FO，又DG//FO，从而有DP⊥DG，在Rt△DEF中，∠DEF=90∘，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，∠PDB=∠DPE，sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP2，而0<EP≤2，则√55≤sin∠PDB<1，当P与E重合时，∠PDB=π2，sin∠PDB=1，因此，√55≤sin∠PDB≤1，③正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BF⊥BD，BF⊂平面BDEF，则BF⊥平面ABCD，BC=√2，在△ACF中，AF=CF=√BC2+BF2=√3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3，由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2，R=2√2三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D小提示：名师点评两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.7、已知α,β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线互相平行B．过已知平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直C．平面α不垂直平面β，但平面α内存在直线垂直于平面βD．若直线l不垂直于平面α，则在平面α内不存在与l垂直的直线答案：B分析：举特例说明判断A；由平面的基本事实及线面垂直的性质推理判断B；推理说明判断C；举例说明判断D作答.正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1B1、直线B1C1都平行于平面ABCD，而直线A1B1与B1C1相交，A不正确；如图，直线l是平面α的斜线，l∩α=O，点P是直线l上除斜足外的任意一点，过点P作PA⊥α于点A，则直线OA是斜线l在平面α内射影，直线l与直线OA确定平面β，而PA⊂平面β，则平面β⊥平面α，即过斜线l有一个平面垂直于平面α，因平面的一条斜线在此平面内的射影是唯一的，则直线l与直线OA确定的平面β唯一，所以过已知平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直，B正确；如果平面α内存在直线垂直于平面β，由面面垂直的判断知，平面α垂直于平面β，因此，平面α不垂直平面β，则平面α内不存在直线垂直于平面β，C 不正确；如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，平面ABCD 为平面α，直线BC 1为直线l ，显然直线l 不垂直于平面α，而平面α内直线AB,CD 都垂直于直线l ，D 不正确. 故选：B8、已知正四面体P −ABC 内接于球O ，点E 是底面三角形ABC 一边AB 的中点，过点E 作球O 的截面，若存在半径为√3的截面圆，则正四面体P −ABC 棱长的取值范围是（） A ．[√2，√3]B ．[√3，√6] C ．[2√2，2√3]D ．[2√3，2√6] 答案：C分析：根据条件设正四面体的棱长为a ，用棱长a 表示出其外接球的半径R =√64a ，过E 点作外接球O 的截面，只有当OE ⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为r =12a ，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R =√64a ，根据题意则12a ≤√3≤√64a ，从而可得出答案. 如图，在正四面体P −ABC 中，设顶点P 在底面的射影为O 1，则球心O 在PO 1上，O 1在CE 上，且|PO 1|=23|CE |,连接OE ､OC ，设正四面体的棱长为a ，则|CE |=√32a ，|PO 1|=23|CE |=√33a 则正四面体的高PO 1=√PC 2−O 1C 2=a 2−(√33a)2=√63a ，设外接球半径为R ，在Rt △OO 1C 中，OC 2=OO 12+O 1C 2，即R 2=(√63a −R)2+(√33a)2，解得R =√64a ， ∴在Rt △OO 1E 中，OE =√OO 12+O 1E 2=(√612a)2+(√36a)2=√24a ，过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为r=√R2−OE2=(√64a)2−(√24a)2=12a，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R=√64a，由题设存在半径为√3的截面圆，∴12a≤√3≤√64a，解得2√2≤a≤2√3，故选:C.小提示：关键点睛：本题考查正四棱锥的外接球的截面圆的半径范围问题，解答本题的关键是用正四棱锥棱长a表示出其外接球的半径R=√64a，得出过E点的球的截面圆的半径的范围，从而得解，属于中档题.多选题9、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，E，F分别为BB1,CD的中点，P是BC1上的动点，则（）A．A1F⊥平面AD1EB．平面AD1E截正方体ABCD−A1B1C1D1的截面面积为18C．三棱锥P−AD1E的体积与P点的位置有关D ．过作正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的外接球的截面，所得截面圆的面积的最小值为5π 答案：AB解析：建立坐标系，利用向量法可判断A ；取B 1C 1中点G ，连接D 1G,GE ，利用平面性质可知等腰梯形AD 1GE 即为截面，求出其面积即可判断；根据平行间的距离不变可判断C ；设外接球心为O ，过O 作OOʹ⊥AE ，垂足为Oʹ，则以Oʹ为圆心，O ′A 为半径的圆是过AE 面积最小的截面圆，求出其面积即可判断D. 对于A ，如图，以A 为原点，AD,AB,AA 1为坐标轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0),E (0,4,2),A 1(0,0,4),F (4,2,0),D 1(4,0,4), ∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,2),A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,2,−4),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0,4)，∵AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0×4+4×2+2×(−4)=0，∴A 1F ⊥AE ， ∵AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4×4+0×2+4×(−4)=0，∴A 1F ⊥AD 1， ∵AE ∩AD 1=A ，∴A 1F ⊥平面AD 1E ，故A 正确；对于B ，如图，取B 1C 1中点G ，连接D 1G,GE ，则GE//C 1B 且GE =12C 1B =2√2，可知C 1B//AD 1，所以A,D 1,G,E 共面，则等腰梯形AD 1GE 即为截面，可求得其面积为18，故B 正确；AE对于C ，可知在正方体中，BC 1//AD 1，又BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ，所以BC 1//平面AD 1E ，因为P 是BC 1上的动点，所有P 到平面AD 1E 的距离为定值，故三棱锥P −AD 1E 的体积与P 点的位置无关，故C 错误；对于D ，设外接球心为O ，过O 作OOʹ⊥AE ，垂足为Oʹ，则以Oʹ为圆心，O ′A 为半径的圆是过AE 面积最小的截面圆，则O (2,2,2)，设Oʹ(0,y,12y)，∴OOʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,y −2,12y −2)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,2)， ∴OOʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(y −2)×4+(12y −2)×2=0，解得y =125，则OʹA =√(125)2+(65)2=6√55，故截面圆的最小面积为π×(6√55)2=36π5，故D 错误.小提示：本题考查立体几何的综合问题，属于中档题.10、如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C 、D 的动点，将△ADE 沿AE 翻折成△SAE ，在翻折过程中，下列说法正确的是（）A ．存在点E 和某一翻折位置，使得SB ⊥SE B ．存在点E 和某一翻折位置，使得AE ∥平面SBCC ．存在点E 和某一翻折位置，使得直线SB 与平面ABC 所成的角为45°D ．存在点E 和某一翻折位置，使得二面角S ﹣AB ﹣C 的大小为60° 答案：ACD分析：对于A ，当E 为CD 中时，当翻折到AD ＝BS ＝α时，SB ⊥SE ；对于B ，由CE ∥AB ，且CE ＜BC ，得AE 与BC 相交；对于C ，对于C ，DF ⊥AE ，交AE 于G ，S 在平面ABCD 的投影O 在FG 上，连结BO ，则∠SBO 为直线SB 于平面 ABC 所成角，由此能求出cosα=23；对于D ，过点O 作OM ⊥AB ，交AB 于点M ，则∠SMO 为二面角S﹣AB ﹣C 的平面角，由此能求出结果．对于A ，设正方形边长为a ，当E 为CD 中点时，AE ＝BE =√a 2+a 24=√52a ，当翻折到AD ＝BS ＝α时，SB ⊥SE ，故A 正确；对于B ，∵CE ∥AB ，且CE ＜BC ，∴AE 与BC 相交，∴AE 与平面SBC 相交，故B 错误；对于C ，如图所示，DF ⊥AE ，交AE 于G ，S 在平面ABCD 的投影O 在FG 上，连结BO ，则∠SBO 为直线SB 于平面ABC 所成角，取二面角D ﹣AE ﹣B 的平面角为α，取AD ＝4，DE ＝3，则AE ＝DF ＝5，CE ＝BF ＝1，DG =125，OG =125cosα，∴只需满足SO ＝OB =125sinα，在△OFB 中，根据余弦定理得：(125sinα)2=12+(135−125cosα)2−2(135−125cosα)cos∠OFB ，解得cosα=23，故C 正确；对于D ，过点O 作OM ⊥AB ，交AB 于点M ，则∠SMO 为二面角S ﹣AB ﹣C 的平面角，取二面角D ﹣AE ﹣B 的平面角为60°，故只需满足DG ＝2GO ＝2OM ，设∠OAG ＝∠OAM ＝θ，π8＜θ＜π4，则∠DAG =π2−2θ，AG =DG tan(π2−2θ)=OGtanθ，化简，得2tanθtan2θ=1，解得tanθ=√55，验证满足，故D 正确．故选:ACD ．11、如图，在棱长均相等的正四棱锥P −ABCD 中，O 为底面正方形的中心，M,N 分别为侧棱PA,PB 的中点，下列结论正确的是（）A ．平面OMNB ．平面PCD//平面OMNC ．OM ⊥PAD ．直线PD 与直线MN 所成角的大小为90° 答案：ABC分析：A 选项:连接AC ,O 为AC 中点，M 为PA 中点，可证OM ∥根据线面平行的判定可以证明∥平面OMN ；B 选项:；连接BD ,同理证明PD ∥平面OMN ,结合A 选项可证明平面PCD//平面OMN ；C 选项:由于正四棱锥P −ABCD 的棱长均相等，且四边形ABCD 为正方形，根据勾股定理可证PA ⊥PC ,结合OM ∥可证OM ⊥PA ;D 选项:先利用平移思想，根据平行关系找到异面直线PD 与直线MN 所成角的平面角，结合△PDC 为正三角形，即可求出直线PD 与直线MN 所成角. 连接AC 如图示：//PC PC PC PC∵O 为底面正方形的中心, ∴O 为AC 中点，又∵M 为PA 中点，∴OM ∥又∵OM ⊂平面OMN ,PC ⊄平面OMN ，∴PC ∥平面OMN ，故A 选项正确；连接BD ，同理可证ON ∥PD ,又∵ON ⊂平面OMN ,PD ⊄平面OMN ，∴PD ∥平面OMN ,又∵PD ∩PC =P ,∥平面OMN 平面PCD ,PD ⊂平面PCD , ∴平面PCD//平面OMN ,故B 选项正确；由于正四棱锥P −ABCD 的棱长均相等，且四边形ABCD 为正方形，∴AB 2+BC 2=PA 2+PC 2=AC 2∴PA ⊥PC ,又∵OM ∥， ∴OM ⊥PA ,故C 选项正确;∵M,N 分别为侧棱PA,PB 的中点，∴MN ∥AB ∵四边形ABCD 为正方形, ∴CD ∥AB ,∴直线PD 与直线CD 所成的角即为直线PD 与直线MN 所成角∴∠PDC 即为直线PD 与直线MN 所成角，又∵△PDC 为正三角形，∴∠PDC =600, ∴直线PD 与直线MN 所成角为600.故D 选项不正确. 故选：ABC12、如图所示，P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线交点为O ，M 为PB 的中点，下列结论正确的是（）A ．OM ∥PDB ．OM ∥平面PCDC ．OM ∥平面PDAD ．OM ∥平面PBA 答案：ABCPC PC PCPC分析：通过直线与平面平行的判定定理，即可判断ABC 正确；由线面的位置关系，即可得到直线在平面内，故D 错误；解：对于A ，由于O 为BD 的中点，M 为PB 的中点，则OM ∥PD ，故正确；对于B ，由于OM ∥PD ，OM ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，则OM ∥平面PCD ，故正确；对于C ，由于OM ∥PD ，OM ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，则OM ∥平面PAD ，故正确；对于D ，由于M ∈平面PAB ，故错误．故选：ABC ．小提示：本题考查线面平行的判定定理及应用，考查直线与平面的位置关系，考查空间想象能力.13、如图，已知四棱锥P −ABCD 中，PD ⊥平ABCD ，∠DAB =∠CBD =90°，∠ADB =∠BDC =60°，E 为中点，F 在CD 上，∠FBC =30°，PD =2AD =2，则下列结论正确的是（）A ．BE//面PADB ．PB 与平面ABCD 所成角为30°C ．四面体D −BEF 的体积为√33 D ．平面PAB ⊥平面PAD 答案：ACD分析：对A ，连结EF ，DE ，通过证明EF//平面PAD 和BF//平面PAD 得出平面BEF//平面PAD 可证；对B ，易得∠PBD 即为PB 与平面ABCD 所成角，求出即可；对C ，利用V D−BEF =V E−BDF 可求；对D ，由PD ⊥AB 和AB ⊥AD 证明AB ⊥平面PAD 即可.对于A ，连结EF ，DE ，因为∠DAB =∠CBD =90°，∠ADB =2∠BDC =60°，PC所以∠DCB =30°，∠FBC =30°，故BF =CF ，同理可得DF =BF ，故DF =CF ，所以F 为CD 的中点，又E 为的中点，故EF//PD ，又平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，故EF//平面PAD ，又因为∠ADC =60°+60°=120°，∠BFC =180°−∠FBC −∠BCF =120°，所以∠ADC =∠BFC ，故AD//BF ，又BF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BF//平面PAD ，又EF ∩BF =F ，EF ，BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF//平面PAD ，又BE ⊂平面BEF ，所以BE//平面PAD ，故A 正确；对于B ，因为PD ⊥平面ABCD ，所以PB 与平面ABCD 所成的角即为∠PBD ，因为AD =1，所以BD =2，则tan∠PBD =PD BD=1，又∠PBD ∈(0,π2]，故∠PBD =45°，故选项B 错误；对于C ，S △BDF =12⋅BD ⋅DF ⋅sin60°=√3，因为PD ⊥平面ABCD ，EF//CD ，所以EF ⊥平面ABCD ，又EF =12PD ，所以ℎ=EF =1，故V D−BEF =V E−BDF =13S △BDF ⋅ℎ=13×√3×1=√33，故选项C 正确；对于D ，因为PD ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AB ，又因为AB ⊥AD ，AD ∩PD =D ，AD ，PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ，故选项D 正确．故选：ACD ．PC EF小提示：关键点睛：解决本题的关键是正确利用线面平行、面面垂直的判断定理，正确寻找图中位置关系. 填空题14、在正三棱锥S −ABC 中，AB =BC =CA =6，点D 是SA 的中点，若SB ⊥CD ，则该三棱锥外接球的表面积为___________. 答案：54π分析：通过线面垂直的判定定理和性质可得出SA ，SB ，SC 两两垂直，则可求出外接球的半径，进而求出球的表面积.设△ABC 的中心为G ，连接SG ，BG ，∴SG ⊥平面ABC ， ∵AC ⊂面ABC ，∴SG ⊥AC ，又AC ⊥BG ，BG ∩SG =G ，∴AC ⊥平面SBG ， ∵SB ⊂平面SBG ，∴AC ⊥SB ，又SB ⊥CD ，AC ∩CD =C ，∴SB ⊥平面ACS . ∵SA,SC ⊂平面ACS ，∴SB ⊥SA,SB ⊥SC ， ∵S −ABC 为正三棱锥，∴SA ，SB ，SC 两两垂直， ∴SA =SB =SC =3√2，故外接球直径为√(3√2)2+(3√2)2+(3√2)2=3√6，故三棱锥S −ABC 外接球的表面积为4π×(3√62)2=54π.所以答案是：54π.小提示：本题考查三棱锥的外接球问题，解题的关键是通过线面垂直的判定定理和性质可得出SA，SB，SC两两垂直，即可求出半径.15、圆锥的底面半径为√3，母线与底面成45°角，过圆锥顶点S作截面SAB，且与圆锥的高SO成30°角，则底面圆心O到截面SAB的距离是______.答案：√32分析：确定高SO与截面SAB所成的角，如图作出点O到SE的垂线OP，并说明OP的长是点O到平面SAB的距离，然后在直角三角形中求得点面距．如图，底面直径CD⊥AB，SO⊥平面OAB，AB⊂平面OAB，则SO⊥AB，又SO∩CD=O，SO,CD⊂平面SOE，则AB⊥平面SOE，AB⊂平面SAB，所以平面SAB⊥平面SOE，所以SO在平面SAB的射影是SE，所以∠OSE是SO与平面SAB所成的角，即∠OSE=30°，又∠SCO是母线SC与底面所成的角，即∠SCO=45°，所以在直角△SOC中，SO=OC=√3，作OP⊥SE，垂足为P，则OP⊥平面SAB，且OP=12SO=√32．所以答案是：√32．16、已知A、B、C、D四点不共面，且AB//平面α，CD∥α，AC∩α=E，AD∩α=F，BD∩α=H，BC∩α=G，则四边形EFHG是______四边形．答案：平行分析：由题，平面ABD∩平面α=FH，结合AB//平面α可得AB//FH，同理可得四边形EFHG另外三边与AB，CD的位置关系，即可得到答案.由题，平面ABD∩平面α=FH，因为AB//平面α，所以AB//FH，又平面ABC∩平面α=EG，所以AB//EG，则FH//EG，同理GH//CD//EF，所以四边形EFHG是平行四边形，所以答案是：平行解答题17、如图，四边形BCC1B1是圆柱的轴截面，AA1是圆柱的一条母线，已知AB=4，AC=2√2，AA1=3，求该圆柱的侧面积与表面积．答案：侧面积为6√6π，表面积为6√6π+12π分析：圆柱的侧面积S =2πrl ，圆柱的表面积S =2πrl +2πr 2. 易知：AB ⊥AC ，因为AB =4，AC =2√2，所以BC =√AB 2+AC 2=2√6，即r =√6，因为AA 1=3，所以圆柱的侧面积S =2πrl =2π×√6×3=6√6π，圆柱的表面积S 表=2πrl +2πr 2=6√6π+12π． 18、已知正方体ABCD −AʹBʹCʹDʹ.(1)G 是△BAʹCʹ的重心，求证：直线DG ⊥平面BAʹCʹ；(2)若AB =1，动点E ､F 在线段AD ､D ′C ′上，且DE =DʹF =a ，M 为AB 的中点，异面直线EF 与DM 所成的角为arccos√210，求a 的值.答案：(1)证明见解析 (2)√24分析：（1）根据空间向量，以BʹAʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =i →,BʹB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =j →,BʹCʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k →为基底，用基底向量表示其他向量，根据向量的数量积为0判断线线垂直，进而证明线面垂直.（2）以空间直角坐标系，写成点的坐标，根据向量的夹角与异面直线夹角间的关系，列出方程即可求解. （1）证明：设BʹAʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =i →,BʹB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =j →,BʹCʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k →，显然i →⋅j →=0，j →⋅k →=0，k →⋅i →=0，因为G 是△BAʹCʹ的重心，所以BʹG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13(i →+j →+k →),故DG ⃗⃗⃗⃗⃗ =BʹG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −BʹD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BʹG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −(BʹB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13(i +j +k ⃗ )−(j +i +k )=−23(i +j +k ⃗ ) AʹCʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k →−i →；DG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AʹCʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−23(k →2−i →2)=0，得DG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AʹCʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，同理DG⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AʹB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得DG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AʹB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 因为AʹCʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 不平行于AʹB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以直线DG ⊥平面BAʹCʹ. （2）以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DDʹ分别是x 轴､y 轴､z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，于是E(a,0,0),F(0,a,1),M (1,12,0)，则EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−a,a,1),DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,12,0). 于是cos 〈EF⃗⃗⃗⃗⃗ ,DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=|EF⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||EF⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12a √52⋅√2a 2+1=√210，解得a =√24，所以a 的值为√24.。

立体几何易错点分析

立体几何易错点分析考点1 空间几何体的三视图【问题诊断】三视图是同一个几何体在互相垂直的三个平面上的射影，在解决空间几何体的三视图时，易出现的问题主要有：（1）不能正确确定特殊几何体的三视图；（2）不能由几何体的三视图正确确定几何体的形状；（3）不能正确把三视图中得数据转化为对应的几何体中得线段长度，尤其是侧视图中的数据处理很容易出错，从而导致几何体中的计算出现错误。

【突破策略】（1）熟练把握常见的规则几何体如柱体、椎体与球的三视图，注重“三面一线”，即底面、侧面、对角面（轴截面）、侧棱（母线）四个方面的基本特征。

（2）熟练掌握常见几何体的三视图是解决由三视图确定几何问题的关键，先根据俯视图确定几何体的底面，然后利用正视图和侧视图确定几何体的侧面；（3）三视图原则：“主侧等高，主俯等宽”是我们利用三视图中的数据确定几何体中相关线段的长度，特别注重侧视图中数据的长度。

考点2 空间几何体的表面积和体积【问题诊断】空间几何体表面积与体积的求解是新课标考查的重点，多以选择题或填空题的形式出现求解此类问题易出现的问题主要有下面几个方面：（1）对几何体的结构特征把握不准，导致空间线面关系的推理、表面积与体积的求解出现错误，尤其是对正棱柱、正棱锥中隐含的线面关系不能熟练把握，正确应用；（2）混淆几何体的表面积与侧面积两个概念，导致计算时错用公式，漏掉底面积的计算；（3）在组合体的表面积的计算问题中，对于两个几何体重合问题或几何体的挖空问题，不能正确确定几何体表面积的构成导致计算重复或漏算；（4）计算失误问题是最常见的错误，基本计算能力是高考重点考查的四大能力之一，在这个方面一定要正确对待考点3 空间几何体的三视图与表面积和体积的综合【问题诊断】由三视图确定几何体的形状并求解表面积或体积是高考命题的重点，多为客观题，在求解过程中易出现的问题主要有：（1）不能根据三视图确定几何体的形状，尤其是组合体的三视图以及几何体挖空、切割等问题，导致无法计算几何体的体积与表面积；（2）不能把三视图中的数据准确地与几何体中有关几何体的有关度量对应起来，导致计算出错，对于组合体三视图中的相关数据的处理不当导致失误；（3）几何体的表面积和体积的求解过程出错；（4）计算不细心导致运算失误问题。

立体几何问题中的易错点剖析

解题篇易错题归类剖析高考数学2020年12月申w昴错氯剖橋■浙江省湖州市菱湖中学吴凯立体几何是高中数学重要内容之一，高实线，看不见的棱要画成虚线，因此，我们在考常考题型有三视图、线面位置关系的证明与判断、空间角的计算、动态问题、翻折问题看三视图时一定要看清楚虚实线$易错点2——混淆了三视图中长度的真等，其主要考查同学们的空间思维能力和逻正意义辑推理能力，有时一些角度和距离问题也可以用空间向量来解决，较多问题属于基础题,难度适中$同学们在复习过程中会因认知受限，容易出现错解，本文对立体几何中的易错问题归类剖析，以助同学们解题时能乘风破浪，所向披靡。

易错点1——忽视了三视图中的虛线!!若一个几何体的三视图如图1所示，则该几何体的体积为W-l^+<-l->1正视图侧视图何体的三视图如图4所示（正视图为等腰三角形，俯视图为正方形，侧视图为直角三角形），则该几何体的最短棱长为_____，最长棱长为_____$错解：最短棱为2；最长棱长为22$!2已知某几/2V2</2正视图侧视图俯视图图4)$A.2B.—62C.1D.—俯视图'图1错解：A或B或C$错因剖析：根据俯视图是一个梯形，误以为底面是一个四边形，忽视俯视图中虚线的存在，就认为该几何体是一个四棱锥，如图2,此时体积V—11s^ABCD*$C—1-1（1+图22)•1•2=1,错选C。

正解：该几何体是一个斜三棱锥（如图3）,其底面是一个三角形（△A BD'，俯视图中的虚线在本题中起到了至关重要的作用，它代表着底部的一条棱，故体积V——S△ABD*图-112$C=——•2•1•2—百。

故选D。

点睛：在三视图中，规定看得见的棱画成错因剖析：将正视图和侧视图中的2当作了底面边长，实际上，正视图中的2指的是OA和OC的长，侧视图中的2指的是OB和OD的长$正解：根据二视图画出其直观图，该几何体是一个四棱锥（如图5）,通过计算，易知最短棱$D及底面边长均为2,最长棱为$B=23$B点睛：三视图中的线段长并不能简单地认为就是棱的实际长度，当棱平行于所视方向时，看到的只是一个点，当棱斜对所视方向时，看到的长度小于实际长度，只有当棱垂直所视方向时,它代表的才是实际长度$易错点-——无法判断翻折问题中角度的大小变化!#如图6,在矩形ABCD中，AB—4,AD—3,E为边AD上的一点,DE=1,现将A ABE沿直图6线BE折成W BE,使得点A'在平面24解题篇易错题归类剖析LLL L理高考数学2020年12月L工L丿BCDE上的射影在四边形BCDE内(不含边界'设二面角A-BE-C的大小为9,直线ABAC与平面BCDE成的角分别为a$,则('A*$*a*9B*$*9*aC.a*9*$D.a*$*9错解：A或B或C$错因剖析：翻折前后，对于长度、角度及相互的位置关系是否发生变化不能准确判断，尤其是线面角、二面角的大小就更加难于辨别正解：如图7所示，在矩形ABCD中，过A作A2丄BE于点O,将(ABE沿直线BE折成(ABE,则点A'在平面图7BCDE内的射影C在线段02上，设A'到平面BCDE上的距离为「则A (DAP)(CBP,所以而h=A，O,由线面角、二面角的定义得Ah9=oo,h h@玄口a—o—，如门$—o C°结合题目条件易知O'O*O'B,O'O* O'C,所以tan9最大，即9最大，当O'与O重h h h 合时，(tm a)max=，(@9$)m9=OC，因为0—h*0C，所以(@9a)max*(@9$'9，则@9a* @9$，所以a*$,所以a*$*9$故选D$点睛:在判断空间角度大小的时候，由角度的正切值可以知道，在高一样的条件下，角度的大小等价于考虑射影的长短，射影越短而角度越大$易错点4—未能将空间问题-平面化"!$如图8,已知平面a丄$,1$=l A^B是直线l上的两点C.D是平面$内的两点，且DA丄lCB丄lAD=3,图8 AB—6,CB=6,P是平面a上的一动点，且直线PD PC与平面a所成角相等，则二面角P-BC-D的余弦值的最小值是() A-//b//1C2D1错解：A或B或D$错因剖析：本题综合性较强，条件多且复杂，难度大，要求考生具备扎实的基础知识和逻辑推理能力，尤其是在“过动点P形成的两条直线与平面a所成角相等”这个问题上需要合理的等价转化，得到PB—2PA的数量关系，进一步获得动点$的轨迹，最后通过数形结合找到结论所处的临界位置获得答案。

高二数学专题空间向量与立体几何(六个混淆易错点)(解析版)

专题空间向量与立体几何（六个混淆易错点）易错点1对空间向量的运算理解不清1．在棱长为1的正四面体A BCD -中，点M 满足()1AM xAB y AC x y AD =++--，点N 满足()1DN DB DC λλ=-- ，当线段AM 、DN 的长度均最短时，AM AN ⋅= （）A ．23B ．23-C ．43D ．43-【答案】A【分析】根据题意得到M ∈平面BCD ，N ∈直线BC ，从而求得,AM DN 最短时，得到M 为BCD △的中心，N 为BC 的中点，求得AM 的长，结合向量的运算公式，即可求得AM AN ⋅的值.【详解】解：如图所示，因为(1)AM x AB y AC x y AD =++-- ，()1DN DB DC λλ=--，可得M ∈平面BCD ，N ∈直线BC ，当,AM DN 最短时，AM ⊥平面BCD ，且DN BC ⊥，所以M 为BCD △的中心，N 为BC 的中点，如图所示，又由正四面体的棱长为1，所以13NM DN ==AN =所以3AM =，因为AM ⊥平面BCD ，所以AM MN ⊥，所以Rt ANM △中，6223cos 332AM MAN AN ∠===，所以326222cos 333AM AN AM AN MAN ⋅=⋅∠=⨯=⨯ 故选：A2．下列命题中正确的个数是（）．①若a 与b 共线，b 与c 共线，则a 与c共线．②向量a ，b ，c共面，即它们所在的直线共面．③如果三个向量a ，b ，c不共面，那么对于空间任意一个向量p ，存在有序实数组(),,x y z ，使得p xa yb zc =++．④若a ，b 是两个不共线的向量，而c a b λμ=+（,λμ∈R 且0λμ≠），则{},,a b c 是空间向量的一组基底．A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B【分析】举例0b =，判断①，由向量共面的定义判断②，由空间向量基本定理判断③，由共面向量定理和空间向量基本定理判断④．【详解】①当0b = 时，a 与c不一定共线，故①错误；②当a ，b ，c共面时，它们所在的直线平行于同一平面，或在同一平面内，故②错误；由空间向量基本定理知③正确；④当a ，b 不共线且c a b λμ=+时，a ，b ，c 共面，故④错误．故选：B ．3．以下命题：①若//a b r r ，则存在唯一的实数λ，使得λa b = ；②若a b b c ⋅=⋅r r r r，则a c = 或0b = ；③若{},,a b c为空间的一个基底，则{},,a b b c c a +++构成空间的另一个基底；④()()()()a b c d d c b a ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ 一定成立.则其中真命题的个数为（）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】C【分析】由共线向量的基本定理判断①；由数量积判断②；由基底的概念判断③；由数量积的性质判断④【详解】对于①：根据共线向量的基本定理，//a b r r 的充要条件是存在唯一的实数λ，使得λa b = ，其中0b ≠r r；这里没有限制b，所以①错误；对于②：cos ,,cos ,a b a b a b b c b c b c ⋅=⋅⋅=⋅r r r r r r r r r r r r ，若a b b c ⋅=⋅r r r r ，则cos ,cos ,a a b c b c ⋅=r r r r r r ，即只要a 在b 上的投影与c 在b 上的投影相等即可，故②错误；对于③：若{},,a b c 为空间的一个基底，则,,a b c不共面，则,,a b b c c a +++ 也不共面，则{},,a b b c c a +++构成空间的另一个基底，故③正确；对于④：因为,a b b a c d d c ⋅=⋅⋅=⋅，所以()()()()a b c d d c b a ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ ，故④正确；所以正确的有2个，故选：C4．下面四个结论正确的个数是（）①空间向量(),0,0a b a b ≠≠ ，若a b ⊥ ，则0a b ⋅=；②若空间四个点P ，A ，B ，C ，1344PC PA PB =+，则A ，B ，C 三点共线；③已知向量(1,1,)a x = ，(3,,9)b x =- ，若310x <，则,a b 〈〉为钝角；④任意向量,,a b c 满足()()a b c a b c ⋅⋅=⋅⋅．A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】C【分析】根据空间向量的线性运算、向量平行的意义及坐标表示、数量积的定义、性质对各命题逐一判断即可．【详解】对于①，因0,0a b ≠≠ ，a b ⊥ ，则·0a b =，①正确；对于②，因1344PC PA PB =+ ，则1144PC PA - ＝3344PB PC -，即3AC CB = ，即A 、B 、C 三点共线，②正确；对于③，a b ⋅ ＝10x -3，若,a b 〈〉 为钝角，则0a b ⋅< ，且a 与b 不共线，由0a b ⋅<得310x <，当//a b 时，1139xx ==-，即3x =-，由a 与b 不共线得3x ≠-，于是得当310x <且3x ≠-时，,a b 〈〉为钝角，③错误；对于④，()a b c ⋅⋅ 是c 的共线向量，而()a b c ⋅⋅是a 的共线向量，④错误，综上可知，①②正确.故选：C5．（多选）给出下列命题，其中正确的是（）A ．若{},,a b c是空间的一个基底，则{},,a b b c +r r r r 也是空间的一个基底B ．在空间直角坐标系中，点()2,4,3P -关于坐标平面yOz 的对称点是()2,4,3---C ．若空间四个点P ，A ，B ，C 满足1344PC PA PB =+，则A ，B ，C 三点共线D ．平面α的一个法向量为()1,3,4m =-u r ，平面β的一个法向量为()2,6,n k =--r.若//αβ，则8k =【答案】ACD【分析】根据三个向量是否共面判断A ，由点关于坐标面的对称判断B ，由向量的运算确定三点共线可判断C ，根据向量共线求参数可判断D 。

全国通用2023年高考数学二轮复习易错题精选易错点：立体几何含解析

易错点08立体几何易错点1：平行和垂直的判定在立体几何中，点、线、面之间的位置关系，特别是线面、面面的平行和垂直关系，是高中立体几何的理论基础，是高考命题的热点与重点之一，一般考查形式为小题(位置关系基本定理判定)或解答题(平行、垂直位置关系的证明)，难度不大。

立体几何中平行与垂直的易错点易错点1：线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈；面面平行的判定定理易把条件错误地记为＂一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行＂而导致证明过程跨步太大。

易错点2：有关线面平行的证明问题中，对定理的理解不够准确，往往忽视",//,"a a b b 三个条件中的某一个。

易错点3：线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈；面面平行的判定定理易把条件错误地记为＂一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行＂而导致证明过程跨步太大；易错点2：异面直线所成的角1.求异面直线所成角的思路是：通过平移把空间两异面直线转化为同一平面内的相交直线，进而利用平面几何知识求解，整个求解过程可概括为：一找二证三求。

2.求异面直线所成角的步骤：①选择适当的点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线，这里的点通常选择特殊位置斩点。

②求相交直线所成的角，通常是在相应的三角形中进行计算。

③因为异面直线所成的角的范围是0°＜θ≤90°，所以在三角形中求的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角。

3.“补形法”是立体几何中一种常见的方法，通过补形，可将问题转化为易于研究的几何体来处理，利用“补形法”找两异面直线所成的角也是常用的方法之一。

4.利用向量，设而不找，对于规则几何体中求异面直线所成的角也是常用的方法之一。

易错点3：直线与平面所成的角1.传统几何方法：①转化为求斜线与它在平面内的射影所成的角，通过直角三角形求解。

立体几何纠错笔记(解析版)

立体几何易错点1 点、线、面位置关系考虑不全☞典例分析已知A，B，C，D，E五点中，A，B，C，D共面，B，C，D，E共面，则A，B，C，D，E五点一定共面吗？【错解】A，B，C，D，E五点一定共面.因为A，B，C，D共面，所以点A在B，C，D所确定的平面内，因为B，C，D，E共面，所以点E也在B，C，D所确定的平面内，所以点A，E都在B，C，D所确定的平面内，即A，B，C，D，E五点一定共面.【错因分析】错解忽略了公理2中“不在一条直线上的三点”这个重要条件.实际上B，C，D三点有可能共线.【试题解析】（1）如果B，C，D三点不共线，则它们确定一个平面α.因为A，B，C，D共面，所以点A在平面α内，因为B，C，D，E共面，所以点E在平面α内，所以点A，E都在平面α内，即A，B，C，D，E五点一定共面.【参考答案】见试题解析.1在立体几何中，空间点、线、面之间的位置关系不确定时，要注意分类讨论，避免片面地思考问题.对于确定平面问题，在应用公理2及其三个推论时一定要注意它们成立的前提条件.1．证明点共线问题，就是证明三个或三个以上的点在同一条直线上，主要依据是公理3.常用方法有：①首先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，根据公理3知这些点都在这两个平面的交线上；②选择其中两点确定一条直线，然后证明其他点也在这条直线上.2．证明三线共点问题，一般先证明待证的三条直线中的两条相交于一点，再证明第三条直线也过该点.常结合公理3，证明该点在不重合的两个平面内，故该点在它们的交线（第三条直线）上，从而证明三线共点.3．证明点或线共面问题，主要有两种方法：①首先由所给条件中的部分线（或点）确定一个平面，然后再证其余的线（或点）在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合.1．过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作()2A．1条B．2条C．3条D．4条【解析】如图，连结体对角线AC1，显然AC1与棱AB、AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为 2.联想正方体的其他体对角线，如连结BD1，则BD1与棱BC、BA、BB1所成的角都相等，因为BB1∥AA1，BC∥AD，所以体对角线BD1与棱AB、AD、AA1所成的角都相等，同理，体对角线A1C、DB1也与棱AB、AD、AA1所成的角都相等，过A点分别作BD1、A1C、DB1的平行线都满足题意，故这样的直线l可以作4条．【答案】D易错点2 不能正确画出三视图或还原几何体而致错☞典例分析一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是3【错解】A或B或C【错因分析】选A，俯视图判断出错，从俯视图看，几何体的上、下部分都是旋转体；选B，下部分几何体判断出错，误把旋转体当多面体；学#科网选C，上部分几何体判断出错，误把旋转体当多面体.【试题解析】由三视图可知几何体上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.【参考答案】D1．当已知三视图去还原成几何体时，要充分关注图形中关键点的投影，先从俯视图来确定是多面体还是旋转体，再从正视图和侧视图想象出几何体的大致形状，然后通过已知的三视图验证几何体的正确性，最后检查轮廓线的实虚．2．三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(2)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部4分三视图是否符合.2．已知三棱锥的俯视图与侧视图如下图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为【答案】C易错点3 对空间几何体的结构认识不准确致错☞典例分析一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为56A ．B ．C ．21D ．18【错解】B 或C 或D【错因分析】由三视图可知原几何体应该是一个正方体截取两个全等的小正三棱锥，B 项计算三角形面积时出错；截取小正三棱锥，即除去了六个全等的等腰直角三角形，但C 项忽略了几何体多了两个等边三角形面；由三视图可知原几何体应该是一个正方体截取两个全等的小正三棱锥的组合体，D 项计算三角形面积时出错，且计算时还少加了三棱锥的底面.【试题解析】由三视图可知原几何体如图所示，是一个正方体截取两个全等的小正三棱锥.正方体的表面积为S =24，两个全等的三棱锥是以正方体的相对顶点为顶点，侧面是三个全等的直角边长为1的等腰直角三角形，其侧面面积的和为3的表面积为故选A.【参考答案】A1．柱体、锥体、台体的表面积（1）已知几何体的三视图求其表面积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根据题目所给数据与几何体的表面积公式，求其表面积．（2）多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积应注意重合部分的处理，以确保不重复、不遗漏.（3）求多面体的侧面积时，应对每一个侧面分别求解后再相加；求旋转体的侧面积时，一般要将旋转体展开为平面图形后再求面积.2．柱体、锥体、台体的体积空间几何体的体积是每年高考的热点之一，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度较小，属容易题. 求柱体、锥体、台体体积的一般方法有：（1）若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．（2）若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等体积法、割补法等方法进行求解．（3）若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.①等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积.②割补法：运用割补法处理不规则的空间几何体或不易求解的空间几何体的体积计算问题，关键是能根据几何体中的线面关系合理选择截面进行切割或者补成规则的几何体.要弄清切割后或补形后的几何体的体积是否与原几何体的体积之间有明显的确定关系，如果是由几个规则的几何体堆积而成的，其体积就等于这几个规则的几何体的体积之和；如果是由一个规则的几何体挖去几个规则的几何体而形成的，其体积就等于这个规则的几何体的体积减去被挖去的几个几何体的体积．因此，从一定意义上说，用割补法求几何体的体积，就是求体积的“加、减”法．73．如图所示，已知等腰梯形ABCD的上底AD＝2 cm，下底BC＝10 cm，底角∠ABC＝60°，现绕腰AB旋转一周，则所得的旋转体的体积是A．246π B．248πC．249π D．250π【答案】B【解析】过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，所得旋转体是以CF为底面半径的圆锥和圆台，挖去以A为顶点，以DE为底面半径的圆锥的组合体．89本题易将所得旋转体漏掉扣除以圆台上底面为底面，高为1 cm 的圆锥的体积而错选 C.易错点4 问题考虑不全面致错☞典例分析已知半径为10的球的两个平行截面圆的周长分别是12π和16π，则这两个截面圆间的距离为 . 【错解】2如图，设球的大圆为圆O ，C ，D 分别为两截面圆的圆心，AB 为经过点C ，O ，D 的直径，由题中条件可得两截面圆的半径分别为6和8.在Rt △COE 中，221068OC =-=.在Rt △DOF 中，221086OD =-=.所以CD =OC −OD =8−6=2，故这两个截面圆间的距离为2.10【错因分析】错解中由于对球的结构把握不准，考虑问题不全面而导致错误.事实上，两个平行截面既可以在球心的同侧，也可以在球心的两侧.【试题解析】如上图，设球的大圆为圆O ，C ，D 为两截面圆的圆心，AB 为经过点C ，O ，D 的直径，由题中条件可得两截面圆的半径分别为6和8.当两截面在球心同侧时，22221061082CD OC OD =-=---=；当两截面在球心两侧时，222210610814CD OC OD =+--=. 综上可知，两截面圆间的距离为2或14. 【参考答案】2或141．球的有关问题（1）确定一个球的条件是球心和球的半径，已知球的半径可以利用公式求球的表面积和体积；反之，已知球的体积或表面积也可以求其半径. （2）球与几种特殊几何体的关系：①长方体内接于球，则球的直径是长方体的体对角线长；②正四面体的外接球与内切球的球心重合，且半径之比为3∶1；③直棱柱的外接球：找出直棱柱的外接圆柱，圆柱的外接球就是所求直棱柱的外接球.特别地，直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；④球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径； ⑤球与圆台的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．（3）与球有关的实际应用题一般涉及水的容积问题，解题的关键是明确球的体积与水的容积之间的关系，11正确建立等量关系.（4）有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面圆的半径r之间满足关系式：d =2．求解空间几何体表面积和体积的最值问题有两个思路：一是根据几何体的结构特征和体积、表面积的计算公式，将体积或表面积的最值转化为平面图形中的有关最值，根据平面图形的有关结论直接进行判断；二是利用基本不等式或是建立关于表面积和体积的函数关系式，然后利用函数的方法或者利用导数方法解决.4．如图所示，在长方体中，14cm,2cm,3cm,AB AD AA ===则在长方体表面上连接1A C 、两点的所有曲线长度的最小值为__________．【解析】将长方体的面分别展开平铺，当四边形11AA D D 和四边形11DD C C 在同一平面内时，最小距离为四边形11AAC C=；当四边形11AA B B 和四边形11BB C C 在同一平面内时，最小距离为四边形11AAC C 的对角线，=四边形ABCD 和四边形11CDD C 在同一平面内时，最小距离为四边形11ABC D 的对角线，=．12将空间几何体的表(侧)面展开，化折(曲)为直，使空间图形问题转化为平面图形问题，即空间问题平面化，是解决立体几何问题最基本的、最常用的方法，将空间图形展开成平面图形后，弄清几何中的有关点和线在展开图中的相应关系是解题的关键．该题考查的是几何体的表面距离的最值问题，结合平面内连接两点的直线段是最短的，所以将长方体的侧面沿着不同的方向展开，使得两个点落在同一平面内，利用勾股定理来求解，选出最小的那个就是，容易出错的地方在于考虑不全面，沿着一个方向展开求得结果，从而出现错误．易错点5 忽略空间角的范围或不能正确找出空间角致误☞典例分析如图，已知空间四边形ABCD 中，AD =BC ，M ，N 分别为AB ，CD 的中点，且直线BC 与MN 所成的角为30°，则BC 与AD 所成的角为 .【错解】120°如图，连接BD ，并取中点E ，连接EN ，EM ，则EN ∥BC ，ME ∥AD ，故ENM ∠为BC 与MN 所成的角，∠MEN 为BC 与AD 所成的角，∴∠ENM=30°.又由AD =BC ，知ME =EN ，∴∠EMN =∠ENM =30°， ∴1803030120MEN ∠=︒-︒-︒=︒，即BC 与AD 所成的角为120°.学*科网【错因分析】在未判断出∠MEN 是锐角或直角还是钝角之前，不能断定它就是两异面直线所成的角，13因为异面直线所成的角α的取值范围是090α<≤，如果∠MEN 为钝角，那么它的补角才是异面直线所成的角.【试题解析】以上同错解，求得∠MEN =120°，即BC 与AD 所成的角为60°. 【参考答案】60°求异面直线所成的角的时候，要注意异面直线所成的角α的取值范围是090α<≤.1．求异面直线所成的角的常见策略：（1）求异面直线所成的角常用平移法．平移法有三种类型，利用图中已有的平行线平移，利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移，利用补形平移．（2）求异面直线所成角的步骤①一作：即根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； ②二证：即证明作出的角是异面直线所成的角； ③三求：解三角形，求出作出的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角. （3）判定空间两条直线是异面直线的方法①判定定理：平面外一点A 与平面内一点B 的连线和平面内不经过点B 的直线是异面直线．14②反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面． 2．求直线与平面所成的角的方法：（1）求直线和平面所成角的步骤 ①寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；②连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角； ③把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．学*科网（2）求线面角的技巧在上述步骤中，其中作角是关键，而确定斜线在平面内的射影是作角的关键，几何图形的特征是找射影的依据，射影一般都是一些特殊的点，比如中心、垂心、重心等． 3．求二面角大小的步骤：简称为“一作二证三求”．作平面角时，一定要注意顶点的选择．5．已知四面体ABCD 中，F E ,分别是BD AC ,的中点，若2AB =，4CD =，AB EF ⊥，则EF 与CD 所成角的度数为15A ． 90B ． 45C ． 60D ． 30【答案】D易错点6 不能准确判断二面角的大小☞典例分析16如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AC AD ⊥，AB BC ⊥，45BAC ∠=，2PA AD ==，1AC =.则二面角A PC D --的余弦值为.【错解】以AD ，AC ,AP 为正半轴方向，建立空间直角坐标系，则(2,0,0)D ，(0,1,0)C ，11(,,0)22B -，(0,0,2)P ，所以(0,1,2)PC =-，(2,1,0)CD =-，设平面的法向量n (,,)x y z =，则0⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n PC n CD ，即2020y z x y -=⎧⎨-=⎩，取1z =，所以n (1,2,1)=，又(2,0,0)DA =-是平面PAC 的一个法向量，所以2cos ,6||||2⋅<>===⋅DA n DA n DA n . 所以二面角A PC D --的余弦值为66-. 【错因】判断二面角的大小出错，解答这类问题要有较强的空间想象能力，识图、用图的能力. 【正解】求得cos ,DA n -<>=结合图形观察知，二面角A PC D --应在090（，），17故二面角A PC D --的余弦值为6.（1）如图①，AB 、CD 是二面角αl β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．（2）如图②③，n 1，n 2分别是二面角αl β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．6.如图，菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2，它们所在平面互相垂直，⊥FD 平面ABCD ，//EF 平面ABCD ．（1）求证：平面ACF ⊥平面BDF ；（2）若60CBA ∠=︒，求二面角A BC F --的大小．【解析】（1）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥，因为FD ⊥平面ABCD ，所以FD AC ⊥，因为BD FD D ⋂=，所以AC ⊥平面BDF ，18因为AC ⊂平面ACF ，所以平面ACF ⊥平面BDF ．（2）设ACBD O =，以O 为原点，OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B ，()0,1,0C -，(F ，(1,0)BC =--，(BF =-，设平面BCF 的法向量(,,)n x y z =，则3020n BC y n BF ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1x =，得(1,3,2)n =-，平面ABC 的法向量(0,0,1)m=，设二面角--A BC F 的大小为θ)20(πθ<<，则||cos ||||28m n m nθ⋅===⋅4πθ=．所以二面角A BC F --的大小为4π．一、空间几何体的结构及其三视图与直观图191．空间几何体的结构（1）多面体 ①底面互相平行. ②侧面都是平行四边形.③每相邻两个平行四边形的公共边互相平行.（2）旋转体2．空间几何体的三视图（1）三视图的概念①光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图叫做几何体的正视图；②光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图叫做几何体的侧视图；2021③光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图叫做几何体的俯视图. 几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图.如图.（2）三视图的画法规则①排列规则：一般地，侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的下边.如下图：②画法规则ⅰ)正视图与俯视图的长度一致，即“长对正”； ⅰ)侧视图和正视图的高度一致，即“高平齐”； ⅰ)俯视图与侧视图的宽度一致，即“宽相等”. ③线条的规则ⅰ)能看见的轮廓线用实线表示； ⅰ)不能看见的轮廓线用虚线表示. （3）常见几何体的三视图3．空间几何体的直观图（1）斜二测画法及其规则对于平面多边形，我们常用斜二测画法画它们的直观图.斜二测画法是一种特殊的画直观图的方法，其画法规则是：①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x′轴和y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′=45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面.学*科网②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段.③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度为原来的一半.（2）用斜二测画法画空间几何体的直观图的步骤①在已知图形所在的空间中取水平平面，作互相垂直的轴Ox，Oy，再作Oz轴使∠xOz=90°，且∠yOz=90°.②画直观图时，把它们画成对应的轴O′x′，O′y′，O′z′，使∠x′O′y′=45°(或135°)，∠x′O′z′=90°，x′O′y′所确定的平面表示水平平面.③已知图形中，平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴、y′轴或z′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同.2223④已知图形中平行于x 轴或z 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度变为原来的一半.⑤画图完成以后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图.二、空间几何体的表面积与体积1．旋转体的表面积242．柱体、锥体、台体的体积公式25（1）柱体、锥体、台体体积公式间的关系（2）一个组合体的体积等于它的各部分体积之和或差；（3）等底面面积且等高的两个同类几何体的体积相等. 3．球的表面积和体积公式三、空间点、直线、平面之间的位置关系1．平面的基本性质面α，使a⊂262．等角定理（1）自然语言：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.（2）符号语言：如图（1）、（2）所示，在∠AOB与∠A′O′B′中，,OA O A OB O B''''∥∥，则AOB AO B∠=∠'''或180AOB AO B∠+∠'''=︒.图（1）图（2）3．空间两直线位置关系的分类空间中两条直线的位置关系有以下两种分类方式：（1）从有无公共点的角度分类：2728⎧⎪⎨⎪⎩⎩⎧⎨两条直线有且仅有一个公共点：相交直线平行直线两条直线无公共点：异面直线直线（2）从是否共面的角度分类：⎧⎧⎪⎨⎨⎩⎪⎩相交直线共面直线直线平行直线不共面直线：异面直线4．异面直线所成的角（1）异面直线所成角的定义如图，已知两异面直线a ，b ，经过空间任一点O ，分别作直线a ′∥a ，b ′∥b ，相交直线a ′，b ′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a 与b 所成的角（或夹角）.（2）异面直线所成角的范围异面直线所成的角必须是锐角或直角，异面直线所成角的范围是π(0,]2.（3）两条异面直线垂直的定义如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条直线互相垂直.两条互相垂直的异面直线a ，b ，记作a ⊥b .5．直线与平面、平面与平面位置关系的分类（1）直线和平面位置关系的分类 ①按公共点个数分类：29⎧⎪⎨⎪⎩直线和平面相交—有且只有一个公共点直线和平面平行—没有公共点直线在平面内—有无数个公共点 ②按是否平行分类：⎧⎪⎧⎨⎨⎪⎩⎩直线与平面平行直线与平面相交直线与平面不平行直线在平面内③按直线是否在平面内分类：⎧⎪⎧⎨⎨⎪⎩⎩直线在平面内直线和平面相交直线不在平面内(直线在平面外)直线和平面平行（2）平面和平面位置关系的分类两个平面之间的位置关系有且只有以下两种：（1）两个平面平行——没有公共点；（2）两个平面相交——有一条公共直线.（1）唯一性定理①过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行． ②过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直． ③过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行． ④过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．（2）异面直线的判定方法经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．四、直线、平面平行的判定及其性质1．直线与平面平行的判定定理2．直线与平面平行的性质定理30②作为画一条直线与已知直线平行的依据.3．平面与平面平行的判定定理证明两个平面平行4．平面与平面平行的性质定理3132证明线线平行1．平行问题的转化关系2．常用结论（1）如果两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．（2）如果两个平行平面中有一个平面垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线．（3）夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．（4）经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．（5）两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．（6）如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．（7）如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．（8）如果两个平面垂直于同一条直线，那么这两个平面平行．五、直线、平面垂直的判定及其性质1．直线与平面垂直的定义如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直.记作：l⊥α.图形表示如下：定义中的“任意一条直线”这一词语与“所有直线”是同义语，与“无数条直线”不是同义语．2．直线与平面垂直的判定定理判断直线与平面垂直3334在应用该定理判断一条直线和一个平面垂直时，一定要注意是这条直线和平面内的两条相交．．直线垂直，而不是任意的两条直线. 3．直线与平面垂直的性质定理4．平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．平面α与平面β垂直，记作αβ⊥.图形表示如下：5．平面与平面垂直的判定定理356．平面与平面垂直的性质定理lα⎬⊂⎪⎪⊥⎭证明直线与平面垂直7．直线与平面所成的角（1）定义：一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线和平面的交点叫做斜足．学.科网过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面上的射影．平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角．．，叫做这条直线和这个平面所成的角．（2）规定：一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角等于90；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角等于0.因此，直线与平面所成的角．．．．．．．．．α．的范围是．．．．π[0,]2.8．二面角（1）二面角的定义：平面内的一条直线把平面分成两部分，这两部分通常称为半平面．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．．．．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面.（2）二面角的平面角的定义：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，则这两条射线构成的角叫做这个二面角的平面角.（3）二面角的范围：[0,π].1．垂直问题的转化关系2．常用结论（1）若两条平行线中一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．（2）若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内任何一条直线．36。

解立体几何题常见错误剖析

案例展示新课程NEW CURRICULUM学生在解答立体几何问题中暴露的诸多薄弱环节，突出表现为空间想象能力较差，空间概念模糊，从而导致计算、论证等方面的错误.本文根据平时常见错误加以剖析，仅供参考。

一、概念不清例1.一个正方体A 1B 1C 1D 1-ABCD 的棱长为a 。

（1）过它的上底两邻边A 1D 1、D 1C 1的中点E 1、F 1和下底的中心O 作一个截面，求这个截面的面积；（2）求E 1与BB 1的距离。

D 1A 1B 1C 1F 1E 1D ABCO 图1错解：（1）所求截面面积为△E 1F 1的面积。

（2）E1与BB 1中点连线的长，即为E 1与BB 1的距离。

诊断：（1）错因在于对平面这个基本性质未透彻理解。

根据公理1、2，过E 1、F 1、O 三点的平面与正方体的交线分别为E 1F 1、F 1C 和AE 1，所以梯形E 1F 1CA 才是所求截面。

（2）对点到直线的距离概念的理解不确切、不深刻所致。

实质上，E 1与B 1的连线的长，即为E 1与BB 1的距离。

改正：略。

二、直观图画错例2.求半径为R 的球内接正方体的体积。

错解：如图2，设正方体棱长为x ，则x 2+x 2=（2R ）2，∴x =2√2R .故V正方形=x 3=2√2R()3=2√4R 3。

xR OxxxxOR 图2图3图4诊断：本题需根据题意正确的建立所需的直观图，学生在作轴截面图形时，未想到：如果轴截面也是正方体的对角面，则内接的并非是正方形而应是长方形（对角线长为R 2-x 24√）不内接于圆，如图4。

改正：略。

三、空间图形处理错误例3.如图5，ABCD 是正方形，E 是AB 的中点，如将△DAE 和△CBE 分别沿虚线DE 和CE 折起，使AE 与BE 重合，设A 与B 重合后的点为P ，则平面PCD 与平面ECD 所成的二面角为（）度。

（1993年全国高考理科23题）错解：∵PE ⊥PC ，∠PCE 就是所求二面角的平面角α。

立体几何易错点

第二篇第二篇易错考点大清查易错考点大清查专题6 6 立体几何立体几何1. 立体图形的截面问题高考对用一平面去截一立体图形所得平面图形的考查实质上对学生空间想象能力及对平面基本定理及线面平行与面面平行的性质定理的考查。

考生往往对这一类型的题感到吃力，实质上高中阶段对作截面的方法无非有如下两种：一种是利有平面的基本定理：一个就是一条直线上有两点在一平面内则这条直线上所在的点都在这平面内和两平面相交有且仅有一条通过该公共点的直线（即交线）（注意该定理地应用如证明诸线共点的方法：先证明其中两线相交，再证明此交点在第三条直线上即转化为此点为两平面的公共点而第三条直线是两平的交线则依据定理知交点在第三条直线；诸点共线：即证明此诸点都是某两平面的共公点即这此点转化为在两平的交线上）据这两种定理要做两平面的交线可在两平面内通过空间想象分别取两组直线分别相交，则其交点必为两平面的公共点，并且两交点的连线即为两平的交线。

另一种方法就是依据线面平行及面面平行的性质定理，去寻找线面平行及面面平行关系，然后根据性质作出交线。

一般情况下这两种方法要结合应用1. 例1已知正三棱柱111ABC A B C -底面边长是10，高是12，过底面一边AB ，作与底面ABC 成060角的截面面积是___________________。

【举一反三】（1）正方体ABCD ABCD——A 1 B 1 C 1 D 1中，中，P P 、Q 、R 、分别是AB AB、、AD AD、、B 1 C 1的中点。

那么正方体的过P 、Q 、R 的截面图形是（）的截面图形是（）（A ）三角形）三角形（（B ）四边形）四边形（（C ）五边形）五边形（（D ）六边形）六边形（（2）在正三棱柱ABC -111A B C 中，P 、Q 、R 分别是BC 、1CC 、11A C 的中点，作出过三点P 、Q 、R 截正三棱柱的截面并说出该截面的形状。

截正三棱柱的截面并说出该截面的形状。

查补易混易错点05 空间向量与立体几何(解析版)

查补易混易错点05 空间向量与立体几何1．立体几何初步（1）基本立体图形①利用实物、计算机软件等观察空间图形，认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构。

②知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题。

③能用斜二测法画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合）的直观图。

（2）基本图形位置关系①借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，了解以下基本事实（基本事实1~4也称公理）和定理。

基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面。

基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内。

基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。

基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行。

定理：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补。

②从上述定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系，归纳出以下判定定理，并加以证明。

③从上述定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系，归纳出以下性质定理，并加以证明。

④能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题。

2．空间向量与立体几何（1）空间直角坐标系①在平面直角坐标系的基础上，了解空间直角坐标系，感受建立空间直角坐标系的必要性，会用空间直角坐标系刻画点的位置。

②借助特殊长方体（所有被分别与坐标轴平行)顶点的坐标。

（2）空间向量及其运算①经历由平面向量推广到空间向量的过程，了解空间向量的概念。

②经历由平面向量的运算及其法则推广到空间向量的过程。

（3）向量基本定理及坐标表示①了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示。

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发Ｅ＝－Ｃ，现，Ｃ￣＞Ｃａ这说明Ｅ点不应落在Ｃ，Ｃ内
而应落在ＣＣ的延长线上，图３２连接ＤＰ并延长见 —（交ＣＣ的延长线于点Ｅ）．正解设ＤＥ交上底面于点Ｈ，Ｈ点作Ｇ过Ｆ，
形，面Ｐ平ＡＣｊ平面ＡＢＣＰＰ与底面所在平＿Ｄ，Ａ、Ｃ
顶点Ａ与球心０在平面ＢＣ的同侧，Ｄ而遗漏了在异侧的情况．图４２所示，棱锥Ａ＿Ｃ的高ｈ— 如 — 三ＢＤ
＼．一一
Ｉｆｆ ● ｆｆｆ
Ｅ
，｜， Fra bibliotek，ＯＡ一０Ｈ一１—９．５ —６此时三棱锥ＡＢＤ的体积为－Ｃ
ＥＣ
一
５＋３ — ７０
２× ５× ３
１
２’
所以ＭＥＮ一１０，面直线ＡＣ与ＢＤ所成的角２。异
为１Ｏ．２。
器一，Ｅ．以｛即ｃ３所 — ｎ
厂＿ ————■■一７，
剖析Ｅ解题过程中没有注意到２条异面直述线所成角的范围是［。９。．以异面直线ＡＣ与Ｏ。Ｏ］所
中，由余弦定理得
ｃｓＭＥ』，ｏ＼一一
面的一边与上下底面中心连线的中点作棱柱的截面，求截面的面积．错解如图３１设上下底面中心为０、， —，０，Ｐ为０９连线的中点，为ＡＢ的中点，结ＤＰ并延长＇Ｄ连交Ｃ一点Ｅ，ＡＡＢ即为所求的截面．为Ｃ于则Ｅ因
在立体几何的学习中，倘若对基本的概念认识不
ＰＡＯ＝６。ＰＯ＝３。设ＯＰ＝ｈ则Ｏ，Ｃ０，－，
ＯＡ＝ＯＰ・Ｏ０一ｃｔ６。
０
，ＯＣ＝ＯＰ・Ｏ０一ｃｔ３。
，
所以由ＯＡ＋ＯＣ＝ＡＣ＝
得＋一，得解
例说明．
Ｃ
Ｄ
１未判断角的范围例１已知空间四边形ＡＢＣ的对角线ＡＣ一Ｄ１，Ｄ＝６Ｍ、分别是ＡＢ、Ｄ的中点，０Ｂ，ＮＣＭＮ一７．求异面直线ＡＣ与Ｂ所成的角．Ｄ
错解如图１取Ｂ，Ｃ
生意呀！ ”
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所以三棱锥ＡＢＤ的体积－Ｃ
ＢＤ去×１８３４６ √ ．Ｃ一－－０４ ×２＝８４３
ｏ
１
一
一
剖析
ＣＡＧ
上面的解法只考虑了三棱锥ＡＢＤ的＿Ｃ
知，ｇ一，ｈ，／／Ｘ
一
。
，
所以一
，故棱锥的高为
ＭＥ＝去ＡＣ＝５＼／Ｂ．』Ｅ／Ｄ，
厶
一
，
／减ｇ
一
ｎ．
且Ｅ一去ＢＤ一３．
１
图１
例３正三棱柱的底面一边与侧棱都为ａ过底，ＭＥＮ为异面直线ＡＣ与ＢＤ所成的角．ＡＭＥ在Ｎ
面所成角分别为６。３。求棱锥的高．Ｏ和Ｏ．
父子俩来到维也纳的斯特凡大教堂前面爸爸， “ 这座有很高的塔顶的房子是什么地方？ “ ” 你应该知道，的儿子．是我这
个教堂 “ 么是教堂？ “ 是亲爱的上帝居住的地方 “ 帝是住在天上的呀！“ 说得对．帝住在天上，他在这里做 ”什 ”就 ”上 ”你上但
Ｂ所成的角为１０一ＭＥ』一６。Ｄ８。＼Ｏ．，２未能理解题意。图失误作例２四棱锥ＰＡＢＤ，面是边长为ａ的正方－Ｃ底
Ｅ＝（ｎ＋号）．△ 专．Ｄ√ ）（ｎ一ｓ脚一
剖析上述解答似乎没有毛病，仔细检查不难但
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错解因为平面Ｃ上面ＡＢＣ所以过Ｐ＿平＿Ｄ，
作Ｐ＿０ｊＡＣ于０，ＯＰｊ平ＡＢＤ，图２１因为则＿Ｃ如 —．
ｌ霭
壹一
易错点大剖析
母建军丁勇（苏省苏州市木渎第二中学）江
２６３所以此题应该有２解．致错误的主要原因１√ ，导是对正棱锥的概念认识不清及考虑问题不够周密．
Ｃ
Ｐ：
Ｉ，
ＣＡ
一
Ｊ＝＝：＝。／
４不给证明就下结论
１３
例５正四棱锥ＶＡＢＣ的底面边长与侧棱长－Ｄ
一．求锥高等ｎｎ棱的为．所
剖析题目并未说四棱锥ＰＡＢＣ是正棱锥，＿Ｄ
因此，点Ｐ在底面上的射影不一定在底面多边形顶
的内部，图２２如 —．
尸
清，乏一定的空间想象能力，问题的思考不够严缺对谨，很容易导致解题的失误，就甚至功亏一篑，下面举
图２１ —
图２２－
正解
若０在ＡＣ上，Ｏ由Ａ＋０Ｃ—ＡＣ＝口
怕
一
，以一ｎ所．
中点Ｅ，连接ＥＥＮ，Ｍ、因为
Ｍ、Ｅ分别为ＡＣＢＮ、Ｂ、Ｄ、Ｃ
若０在ＡＣ的延长线上，由Ｏ－ＯＣ＝ＡＣ＝则Ａ－
的中点，以ＭＥ／所／ＡＣ且