当心“空间几何体中的误区”忽悠你-《中学生数理化》高一数学2026年4月刊

易错题归类剖析 中学生数理化需数学类225年4月 当心“空间几何体中的误区”忽悠你 ■王朝中 空间几何体的学习中，由于缺少“空间问 的m,n运动时，可知m与n可以平行或相交 题平面化、模型化和代数化”的意识，解题时 或异面或垂直，D错误。应选C。 容易犯这样或那样的错误。下面举例剖析， 忽悠2：两直线位置关系判断中忽略“反 供同学们学习与借鉴。 证法”的应用 忽悠1：忽略题设或定理中的某一条件 例2已知n,n为异面直线，mC平面 例1设a,b为两条直线，a,B为两个平 a,n二平面B,a∩B=l,则直线l()。 面，且a亡a,a寸B,则下列结论中不成立的是 A.与m,n都相交 ()。 B.与m,n中至少一条相交 A.若b二B,ab,则a∥B C.与n,n都不相交 B.若a⊥B,a⊥B,则a∥a D.至多与m,n中的一条相交 C.若a⊥b,b⊥a,则a∥a 错解：缺少反证法研究问题的意识易 D.若a⊥B,a⊥B,b∥a,则b∥a 选A。 错解：忽略题设条件易选A。 剖析：假设直线1与m,n都不相交。已 剖析：不能准确把握题中的a史a,a中B 知m二平面a,n二平面B,a∩B=l,所以m∥ 和空间中的平行或垂直关系导致判断错误。 l,n∥l,所以m∥nl,这与m,n为异面直线 对于A,由b二B,a∥b,且a寸B,结合线面平 矛盾，所以假设错误，则直线l与m,n中至 行的判定定理得a∥B,A正确。对于B,由 少一条相交。应选B。 a⊥B,a⊥B,结合空间线面位置关系知a二a 策略：简单的空间位置关系的判断，可以 或a∥a,而已知a中a,所以a∥a,B正确。对 利用选项和题设条件，结合反证法进行推理。 于C,由a⊥b,b⊥&得aCa或a∥a,而已知 演练2：如图1所示，已知平面a∩平面β a士a,所以a∥a,C正确。对于D,由a⊥B,b =直线a,直线b二a,直线c二B,b∩a=A,c ∥a得b⊥B,因为a⊥B,所以bCa或b∥a,故 ∥a,则b与c的位置关系为 不能得到b∥a,D错误。应选D。 策略：利用直线与平面平行、直线与平面 垂直、面面平行或垂直的判定定理时，一定要 注意关键词的呈现。 演练1：设a,B,y是三个互不重合的平 图1 面，m,n是两条不重合的直线，则下列命题 提示：假设b与c不是异面直线，即b与 正确的是()。 c共面。设b与c确定的平面为y,则y∩a A若a⊥B,B⊥y,则a⊥Y b,y∩B=c。因为c∥a,所以a∥y。又aCa B.若a⊥B,m⊥a,则m/B 且a∩y=b,所以a∥b,这与a∩b=A矛盾。 C.若aB,m中3，m∥a,则mB 所以假设不成立，所以直线b与c不可能共 D.若m∥a,n∥B,a⊥B,则m⊥n 面。故直线b与c是异面直线。 提示：由&⊥B,B⊥y,可得a与y可以平 忽悠3：线线，线面，面面平行关系转化 行或相交，A错误。由&⊥B,m⊥a,可得m∥ 不当 B或m二B,B错误。依据线面平行及面面平 例3如图2所示，平面a∥平面B,AC 行的定义及性质知C正确。当满足已知条件 与BD为异面直线，且ACCa,BDCB,M,N 32 商一黄學陆阳体有中学生款理化 分别为AB,CD的中点，求证MN∥平面B。 用性质定理时，其顺序恰好相反，线面平行和 面面平行都是通过做辅助面完成线线平行 的，凸显定义和定理都是为空间问题平面化 展开的。 演练3：如图3，在直角梯形ABEF中， 将DCEF沿CD折起，使∠FDA=60°，得到 图2 一个空间几何体（如图4）。 错解1：因为a∥B,AC二a,所以AC∥B。 又因为BDCB,所以AC∥BD。 因为M,N分别为AB,CD的中点，所 D 以MN∥BD。因为MN在B,BDCB,所以 MN∥平面B。 错解2：连接BC,取BC的中点P,连接 图3 图4 PM,NP(作法略)。在△ABC中，M,P分 求证：BE∥平面ADF。 别是AB,BC的中点，所以MP∥AC。因为 提示：在直角梯形ABEF中，AD∥BC, MP丈平面a,AC二a,所以MP∥平面a。同 DF∥CE,将DCEF沿CD折起，使∠FDA 理得PN∥平面B。因为a∥B,所以MP∥平 60°，得到一个空间几何体（如图4）。 面B。因为PN∩MP=P,所以平面MPN∥ 在该几何体中，AD∥BC,DF∥CE。因 平面B。而MNC平面MPN,所以MN∥平 为BC史平面ADF,ADC平面ADF,所以 面3。 BC∥平面ADF。同理得CE∥平面ADF。 剖析：错解1认为平行平面内的两条直 因为BCC平面BCE,CE二平面BCE, 线必平行，忽略了异面的情形：错解2不能保 BC∩CE=C,所以平面BCE∥平面ADF。 证P,B,M,A,C共面，就得不到三角形的中 又BEC平面BCE,所以BE∥平面ADF。 位线。两种错解在利用面面平行的性质定理 忽悠4：忽视线线垂直和线面垂直的相 构造辅助平面得到线线平行的认识不到位。 互转化 因为AB∩AC=A,所以AB,AC确定 例4如图5所示，在直三棱柱ABC 一个平面y(如图2)，所以Y∩a=AC。因为 A1B,C1中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC B∈AB,ABCy,B∈B,所以B是Y与B的 =1,AA1=√6，M是CC1的中点。 公共点，可设B∩Y=BE。连接CE,DE,取 B CE的中点P。因为a∥B,a∩y=AC,B∩y =BE,所以AC∥BE。又M,P分别为AB, CE的中点，所以MP∥BE。因为BECB, MP中B,所以MP∥B。 在△CED中，P,N分别为CE,CD的 中点，所以PN∥DE。又PN史B,DECB,所 以PN∥B。因为MP∩PN=P,所以平面 图5 MNP∥平面B。又因为MN二平面MNP, 求证：AB1⊥A1M。 所以MN∥平面B。 错解：要证AB,⊥AM,可以转化为证 策略：在证明线面平行时，一定要强调直 AB1⊥A1M所在的平面ACC1A1。而AB 线不在平面内，否则会出现错误。在解决线 不垂直平面ACC1A1,导致思路中断。 面、面面平行的判定时，一般遵循从“线线平 剖析：要证异面直线AB,⊥AM,合理 行”到“线面平行”，再到“面面平行”。而在应 构建A,M⊥平面AB,C,,再转化为B,C 33 易错题归类剖析 中学生数理化高数学2026年4月 平面C1A1AC、A1M⊥AC1即可。 M 因为三棱柱ABC-A1B,C1为直棱柱，所 以CC1⊥平面AB,C1,所以CC1⊥B,C1 因为∠ACB=90°，所以AC1⊥B,C1,所以 B,C1⊥平面C1A1AC。而AMC平面 C1A1AC,所以AM⊥B1C1。 图7 由∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=1, AA1=√6，M是CC1的中点，可得AC1= A.√13 B.√7 C.43 D.3√5 错解：应选A或B或C。 ,GM-易得会品-恒，C-, 剖析：利用圆锥的侧面展开图求最值。 所以Rt△AA1C1)Rt△A,C1M,所以 沿母线SA将圆锥侧面展开（如图7），A,M ∠AC1A1=∠A1MC1。 点分别对应展开图中的A1,M:点，则在展开 因为∠AC1A1+∠MC1A=90°，所以 图中，线段AM1的长度即为最短绳长。因为 ∠A1MC1+∠MC1A=90°，所以A1M⊥ ∠ASA=-看-5sA=5A.所以 6 AC1,所以A1M⊥平面AB,C1。又AB,C平 △SA1A是正三角形。 面AB:C1,所以AB:⊥A,M。 要使线段AM:的长最短，只需满足 策略：两条直线异面垂直，可以构建一条 直线和另一条直线所在的平面垂直，进而得 AM1⊥SA1,所以AM1=√SA-SM= 到两条异面直线垂直。直线与平面垂直，平 √6一3=3√3，即绳子的长最短是3√3。应 面与平面垂直，往往借助于直线和直线垂直 选D。 进行证明。 策略：多面体或旋转体表面上两点之间 演练4：如图6，在三棱柱ABC-A,B,C 的最短距离，可利用“铺平法化为平面上两点 中，CA=CB,AB=AA,∠BAA1=60°。 之间的距离”求解。 演练5：如图8所 示，在直三棱柱ABC B A1B,C1中，△ABC为 直角三角形，∠ACB= 90°，AC=4,BC=CC 图6 =3,P是BC1上一动 求证：AB⊥AC。 点，则CP十PA的最 图8 提示：取AB的中点O,连接OC,OA1, 小值为（其中PA, A1B。因为CA=CB,所以OC⊥AB。 表示P,A两点沿棱柱的表面距离)。 由于AB=AA1∠BAA,=60°，故 提示：把平面BB,CC沿BB,展开与平 △AA,B为等边三角形，所以OA1⊥AB。因 面AA1B,B在一个平面上（图略），连接 为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA,C。 AC,则当A1,P,C三点共线时，CP+PA1 又ACC平面OA1C,故AB⊥A,C。 的值最小。 忽悠5：多面体或旋转体表面上的两点 因为∠ACB=90°，AC=4,BC=C1C 最短距离缺少“铺平法”的意识 3,所以A1B1=AB=√42+3=5，所以 例5如图7，已知圆锥的底面半径为1， A1C1=5+3=8,所以A1C=√8+3= 母线SA的长为6，M为SA的中点，有一根 √73。故CP十PA1的最小值为√73。 绳子从A点出发，沿圆锥的侧面绕一周到达 作者单位：陕西省洋县中学 M点，则绳子的长最短是()。 (责任编辑郭正华) 34