立体几何易错大汇聚
【高考动向】
立体几何考试题是体现高考“稳中求变”罪贴切的一部分，重点考查“直线与平面性质”是稳的一方面，变的方面主要体现在：在填空题方面，陆续出现了多选、多填的形式，改变了填空题形式单一的弊端，拓宽了填空题的考查功能。近几年高考题中又出现了开放性的填空题，重点考查探索、分析和解决问题的能力，解答题由单纯的直线与平面的证明题的变为以多面体为载体的多角度考查的试题，表现为计算中有证明、证明中有计算的新特点。
高考中立体几何试题侧重于对线线、线面、面面等各种位置关系的考查，一般以特殊的多面体为载体 ，将点、线、面融合在一起，考查内部位置关系，计算各种角、距离、面积、体积等。解答题中以小步设问的方式，各问之间既独立成题，又有相互联系；既有平行与垂直等位置关系的证明，又有角、距离、体积等的计算，突出对空间概念、空间想象能力和逻辑思维、逻辑表达能力的考查，对于线线、线面、面面的各种位置关系，平行与垂直是特殊的两种，它们之间的推理与论证是高考的重点。
近年来高考题常立足于棱柱、棱锥、正方体及长方体，对于给定的一个特殊几何体，利用隐含的点、线、面的关系建立适当的空间直角坐标系，借助空间向量把抽象推理向计算型推理转变。
【知识死角】
一、概念理解错误
解立体几何问题时，常见一些对基本概念或公式及定理的考查。如对各种空间角、空间距离的考查，对各种多面体的定义及性质的考查，对几何体体积的考查等，因此在解题过程中，概念或范围不清、公式错用是常见的解题失误。
例1、已知二面角??l??的大小为60，m，n为异面直线，且m??,n??，则m， n所成的角【 】
A、30 B、60 C、90 D、120 错解：如图，设m??于A，过m的点P引n的平行线交?于B，设平面PAB与l交于O点，连结AO、BO，由m??,n??可知面l?面PAB，所以l?AO,l?BO，所以?AOB是二面角的平面角，所以?AOB＝60，可得?APB＝120，则m，n所成的角为120，故选D.
剖析：错解中很明显没有弄清异面直线所成的角的范围。
正解：如错解，又异面直线所成的角小于等于90，所以?＝60，故选B.
0000000000
点评：同学们要注意异面直线所成角的范围是（0，候很容易忘记该范围而犯错误。
?2]，求解异面直线所成的角的时
例2、如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成的角是 .
错解：由于?BCC1?90,BC?CC1，所以BC1与侧面ACC1A1所成的角是?BC1C，
0BC?1,C1C?在Rt?BC1C中，2?tan?BC1C?BC2，所以BC1与侧面ACC1A1?CC12所成的角是arctan2. 2剖析：显然该题没有对BC1在侧面ACC1A1内的射影展开叙述，线面角是平面的斜线与其在平面内的射影的夹角，顶点B在侧面ACC1A1的射影应该是▲ABC中BC边的垂线。
正解：在Rt?BC1C中，BC?1,C1C?2?BC1?3，由于三棱柱ABC?A1B1C1为正棱柱，底面ABC与侧面垂直，所以正三角形ABC中AC边的高即为B到侧面ACC1A1的距离，点B到平面ACC1A1的距离为
310，所以sin??,??30. 22点评：处理夹角问题时，应完全回扣定义，不能凭主观感受、主观认识来处理问题，
通常情况下角需要重新构造，借助题设条件作出辅助线最终得到要求的角。
二、平面与空间性质混淆
在立体几何证明中盲目类比平面几何定理，而立体几何问题只有在化归为平面几何问 题后才能直接使用平面几何知识解题。
例3、如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直 线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是【 】 A、直线 B、圆 C、双曲线 D、抛物线
错解：因为到角两边的距离相等的点的轨迹是直线，所以到直线BC与直线C1D1的距
离相等的点的轨迹是直线，选A.
剖析：上述错误没有合理转化空间距离到平面内。
正解：因为在正方体中C1D1?面BB1C1C，所以PC1即为P点到C1D1的距离，这样问题就转化为侧面BB1C1C内P到C1点的距离与到直线BC
的距离相等，则由解析几何知识知动点P的轨迹为抛物线。
点评：转化思想是处理空间轨迹问题的主要手段，我们在处理这类问题时，往往需要将空间问题向平面内转化。
三、审题不周全产生错误
由于对题目限定条件没有深挖，就不能充分利用已知得到正确结论，可能缺少分类讨 论或错用已知条件产生错误。
例4、多面体上位于同一条棱两端的顶点称为相邻的。如图，正方体的一个顶点A在平 面?内，其余顶点在?的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到?的距离分别为1，2，和4，P是正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平面?的距离可能是【 】 （1）3 （2）4 （3）5 （4）6 （5）7 以上结论正确的为_________（写出所有正确结论的编号）
错解：由图观察可得C点到平面?的距离与D点相等，B1,C1,D1到平面?的距离大于4，故选（2）（3）（4）（5）.
剖析：对题目中的正方体没有适当引申，没有抓住问题的切入点解题，只是由图猜想。 正解：如图，因为正方体的各侧面都是正方形，所以各面的对角线互相平分。 因为B,D,A1到平面?的距离分别为1，2，4，则D,A1的中点到平面?的距离为3，
5， 23所以B1到平面?的距离为5；则D，B的中点到平面?的距离为，
27所以C到平面?的距离为3；C,A1的中点到平面?的距离为，
2所以D1到平面?的距离为6；B,A1的中点到平面?的距离为所以B1到平面?的距离为7；而P为C，B1,C1,D1中的一点，
所以选（1）（3）（4）（5）.
点评：本题在求解时要把条件适当引申，之后利用对角线互相平分来解题。 四、不求甚解，落入命题者的圈套
立体几何中点、线、面位置关系复杂，若对定理、性质理解不透，或解题按照固定的 思维模式去解决，往往掉入命题者的圈套。所以在解决问题时一定要思考全面，仔细推敲。
例5、已知平面?外不共线的三点A、B、C到?的距离都相等，则正确的结论是（ ） A、平面ABC必平行于? B、平面ABC必与?相交
C、平面ABC必不垂直于? D、存在▲ABC的一条中位线平行于?或在?内
错解：因为三点A、B、C到?的距离都相等，所以平面ABC必平行于?，故选A. 剖析：上述解法考虑不全面，只考虑了三点在平面同侧的情况。
正解：平面?外不共线的三点A、B、C到?的距离都相等，则可能三点在?的同侧，即平面ABC平行于?；也可能一个点A在平面一侧，另两点B、C在平面另一侧，侧存在
一条中位线DE//BC，DE在?内，故选D.
例6、如图，四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC?底面ABCD，
0已知?ABC?45,AB?2,BC?22,SA?SB?3，
（1）证明：SA?BC；
（2）求直线SD与平面SAB所成角的大小。 错解：（1）略
（2）过D作DO垂直于AB于O，连结SO，因为SAB?底面ABCD， 所以DO?底面SAB，则?DSO为直线SD与平面SAB所成角，
0由已知?ABC?45,AB?2,BC?22，所以DO＝2，故SA?AD，由
AD?BC?22,SA?3,AO?2，得SO＝1，SD?11，
所以sin?DSO?DO211211?. ，所以直线SD与平面SAB所成角的大小为arcsinSD1111剖析：求解线面角通常要作出线面垂直关系来确定射影，错解正是因为存在线面角一
定要确定射影的思维定势而导致错误。
正解：（1）如图，作SO?BC，垂足为O，连结AO，由侧面SBC?底面ABCD，得 SO?底面ABCD，因为SA＝SB，所以AO＝BO，又?ABC?45，故▲AOB为等腰直角三角形且AO?BO，则SA?BC.
（2）由（1）知SA?BC，依题设AD//BC，故SA?AD， 由AD?BC?22,SA?03,AO?2，得SO＝1，SD?11，
所以▲SAB的面积为S1?得▲DAB的面积S2?由VD?SAB11AB?SA2?(AB)2?2，连结DB， 221AB?ADsin1350?2. 设D到平面SAB的距离为h， 211?VS?ABD，得h?S1?SO?S2，解得h?2.
33设SD与平面SAB所成角为?，则sin??h222，所以直线SD与平面SAB??SD1111所成角的大小为arcsin22. 11 点评：解得第（2）问时，绝大多数同学都考虑去找SD在面SAB上的射影，之后就会发现垂线无法作，射影找不到，这是命题者所设置的陷阱，这时候，思维全面的同学，就会寻找其他的途经――求点D到平面SAB的距离，即可求得线面角的正弦值。
【总结方法】
1、熟练掌握基础知识与基本方法
直线、平面的位置关系，角与距离的计算问题，侧面积与表面积及体积的计算问题组
合体问题等均属于基本问题；等积变换（如改变顶点求体积），面积射影定理（限于选择与填空中使用），割补思想、高维到低维的降维思想等都是立体几何中常用的思想与方法，所有这些内容都应熟练掌握。
2、加强逻辑推理能力的训练
解答题中一般既有证明又有计算，可能是边证边算，也可能先证后算。解答题一般有2～3问，难度逐步加深，因此平时练习时对于解答题的每一问都要认真作答，不要轻言放弃，书写时要注意论证的严密性，证明时要规范，推理要有理有据，减少无谓失分，坚决克服“会而不对，对而不全”的毛病，另外，由于解答题一般都可以一题两解（传统方法与向量方法），而且向量方法对思维与推理要求相对较低，故考前应加强这种两解题型的训练，争取做到考时应用自如，得心应手。
【巩固练习】
1、如图，三棱锥P—ABC的高PO=8，AC=BC=3，∠ACB=30°，M、N分别在BC和PO
上，且CM=x，PN=2CM，则下面四个图象中 大致描绘了三棱锥N—AMC
的体积V与x变化关系（x∈(0,3])
2、在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、CD的中
点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足条件_______时，有MN//平面B1BDD1.
3、如图（1）是一正方体的表面展开图，MN和PB是两条面对角线，请在图（2）的正方体中将MN
和PB画出来，并就这个正方体解决下面问题。 （Ⅰ）求证：MN∥平面PBD； （Ⅱ）求证：
AQ?平面PBD；
（Ⅲ）求二面角P－DB－M的正切值．
QNDCPA
MDA图（2）C
B图（1）答案与提示： 1、AVN?AMC111 S▲AMC?NO??AC?CMsin300?（8－2x）3321111＝??3?x?（8－2x）?2x?x2??(x?2)2?2由解析式可知应该选择A 3422?2、M?线段FH. 以D为原点，DA为x轴、DC为y轴、DD1为z轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则M（0，y，z），又容易证明平面B1BDD1.的一个法向量是AC，要使MN//平面B1BDD1.，应有MN?AC，即MN?AC?0，解得M(0,此M点应在线段FH上运动，即M?FH. 3、MN和PB的位置如右图示：
（Ⅰ）∵ND∥MB 且ND＝MB ∴四边形NDBM为平行四边形
∴MN∥DB ∵NM1,z)，因2NQMP?平面PDB,DB?平面PDB
DAB∴MN∥平面PBD （Ⅱ）∵QC?平面ABCD，BD?平面ABCD，∴BD?QC
C 又∵BD?AC ∴BD?平面AQC,
PB?B
AQ?面AQC ∴AQ?BD,同理可得AQ?PB,∵BD∴AQ?面PDB
（Ⅲ）解法1：分别取DB、MN中点E、F，连结PE、EF、PF ∵在正方体中，PD=PB ∴PE?DB
∵四边形NDBM为矩形 ∴EFNFPM?DB
∴?PEF为二面角P－DB－M的平面角 ∵EF?面PMN ∴EF?PF
设正方体的棱长为a，则在直角三角形EFP中
∵EF
DA
EBC?a,PF?2PF2a ∴tan?PEF??2EF2
立体几何易错大汇聚
