新高考数学二轮复习易错题专练易错点10 立体几何（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习易错题专练易错点10 立体几何（含解析），共27页。
易错点10 立体几何
易错题【01】确定点线面位置关系考虑不全面
确定空间中点线面位置关系,热点是线线、线面位置关系,空间中两直线位置关系的判定,主要是异面、平行和垂直的判定．对于异面直线,可采用直接法或反证法；对于平行直线,可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系,往往利用线面垂直的性质来解决,确定位置关系时要考虑到所有可能,有时也可构造正方体等模型,直观进行判断.
易错题【02】判断或证明线面平行忽略线在面外
判断或证明线面平行,可以利用线面平行的定义；也可以利用线面平行的判定定理,面面平行的性质定理,在利用线面平行的判定定理判断或证明线面平行时一定要注意条件中是平面外一条直线与平面内一条直线平行,才能推出平面外的该直线与平面平行,若仅有, ∥,推不出 ∥,因为b可能在内.
易错题【03】证明垂直问题推理不严谨
在利用线面垂直的判定定理判断或证明线面垂直是要注意是一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直,尤其是“相交”这一条件不可缺少.
易错题【04】利用表面展开图求多面体表面上的最短距离考虑不全面
求多面体表面上的最短距离一般是把多面体表面展开成一个平面,利用平面上两点之间的最短距离是连接两点的线段长,但是要注意展开图的所有可能情况,防止考虑不全面出错.
易错题【05】误认为两平面法向量的夹角就是二面角
设n1,n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1,n2〉|,二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．所以不要认为向量n1与n2的夹角就是二面角,求解时要结合图形判断所求二面角是锐角还是钝角.

01
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？
【警示】本题错误解法是：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．
【问诊】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三点还可能共线．
【答案】(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．
(2)如果B、C、D三点共线于l,若A、E都在l上,则A、B、C、D、E五点一定共面；
若A、E中有且只有一个在l上,则A、B、C、D、E五点一定共面；
若A、E都不在l上,则A、B、C、D、E五点可能不共面．
【叮嘱】在确定空间中点、线、面的位置关系时,如果对于条件所给的位置关系考虑不全面,会出现遗漏情况,碰到此类问题要注意特殊情形,如点共线或点共面的情形,线共点的情形等.

1.(2021届陕西省渭南市高三质量检测)已知是两条异面直线,直线与都垂直,则下列说法正确的是( )
A．若平面,则 B．若平面,则
C．存在平面,使得 D．存在平面,使得
【答案】C
【解析】由a,b是两条异面直线,直线c与a,b都垂直,知：
在A中,若c⊂平面α,则a与α相交、平行或a⊂α,故A错误；
在B中,若c⊥平面α,则a,b与平面α平行或a,b在平面α内,故B错误；
在C中,由线面垂直的性质得：存在平面α,使得c⊥α,a⊂α,b∥α,故C正确；
在D中,若存在平面α,使得c∥α,a⊥α,b⊥α,则a∥b,与已知a,b是两条异面直线矛盾,故D错误．故选C.
2．如图,在四面体ABCD中,AB=CD,M、N分别是BC、AD的中点,若AB与CD所成角的大小为60°,则MN与CD所成角的大小为( )

A．30° B．60°
C．30°或60° D．15°或60°
【答案】C
【解析】

取中点,连接、,∵在四面体中,,M、N分别是BC、AD的中点,AB与CD所成角的大小为60°,∴,
　,
∴是和所成的角或所成角的补角,
　或,
∴或
∴MN与CD所成角为或．故选C．
02
如图,四棱锥P－ABCD中,AD∥BC,AB＝BC＝AD,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.
【警示】本题错误解法是：证明　(1)连接EC,

∵AD∥BC,BC＝AD,
∴BC=AE,且BC∥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,∴FH∥平面PAD.
又∵O是BE的中点,H是CD的中点,
∴OH∥AD,∴OH∥平面PAD.
∴平面OHF∥平面PAD.
又∵GH⊂平面OHF,∴GH∥平面PAD.
【问诊】对于(1) 由FO∥AP证明AP∥平面BEF,没有指出FO⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,对于(2) 由FH∥平面PAD.OH∥平面PAD,证明平面OHF∥平面PAD,没有指出FH∩OH＝H.
【答案】(1)连接EC,

∵AD∥BC,BC＝AD,
∴BC=AE,且BC∥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,
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,∴FH∥平面PAD.
又∵O是BE的中点,H是CD的中点,
∴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.
【叮嘱】证明线面平行常用线面平行的判定定理aα,b⊂α,且a∥b⇒a∥α．

1.(2022届华大新高考联盟高三上学期质量测评)已知两条不同直线和平面,下列判断正确的是( )
A．若则 B．若则
C．若则 D．若则
【答案】D
【解析】对于选项A：若,则与可能平行,可能相交,可能异面,故选项A错误；对于选项B：若,则,故选项B错误；对于选项C：当时不满足,故选项C错误；综上,可知选项D正确.故选D.
2. (2022届北京市中央民族大学附属中学高三12月月考)如图,梯形ABCD所在的平面与等腰梯形ABEF所在的平面互相垂直,,,,.

(1)求证：平面BCE；
(2)求二面角的余弦值；
(3)线段CE上是否存在点G,使得平面BCF？请说明理由.
【解析】(1)∵,且,
∴ 四边形为平行四边形,∴．
∵平面,∴平面．
(2)在平面内,过作．
∵ 平面平面,平面平面,
又平面,,
∴平面,
∴,,．
如图建立空间直角坐标系：

由题意得,,0,,,4,,,2,,,．
∴,,,,,．
设平面的法向量为,则,即
令,则,,∴．
平面的一个法向量为,
则．
∴ 二面角的余弦值．
(3)线段上不存在点,使得平面,理由如下：
解法一：设平面的法向量为,则,即
令,则,,∴．
∵,∴平面与平面不可能垂直,
从而线段上不存在点,使得平面．
解法二：线段上不存在点,使得平面,理由如下：
假设线段上存在点,使得平面,
设,其中,．
设,,,则有,
∴,,,从而,
∴．
∵平面,∴．∴有,
∵上述方程组无解,∴假设不成立．
∴线段上不存在点,使得平面．
03
在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中,E、F分别为DD1、DB的中点．求证：EF⊥B1C.
【警示】本题错误解法是：∵AC⊥BD,又AC⊥D1D,
∴AC⊥平面BDD1,∴EF⊥AC.
【问诊】推理论证不严谨,思路不清晰．
【答案】　ABCD－A1B1C1D1为正方体⇒AB⊥面BCC1B1

⇒EF⊥B1C.
【叮嘱】证明空间线面位置关系的基本思想是转化与化归,根据线面平行、垂直关系的判定和性质,进行相互之间的转化,证明线线垂直,分析问题时不能只局限在线上,要把相关的线归结到某个平面上(或是把与这些线平行的直线归结到某个平面上),通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的,但证明线面垂直又要借助于线线垂直,在不断的相互转化中达到最终目的．解这类问题时要注意推理严谨,使用定理时找足条件,书写规范等．

1．(2021年高考全国甲卷理科)已知直三棱柱中,侧面为正方形,
,E,F分别为和中点,D为棱上的点．

(1)证明：；
(2)当为何值时,面与面所成的二面角的正弦值最小?
【解析】因为三棱柱是直三棱柱,所以底面,所以
因为,,所以,
又,所以平面．
所以两两垂直．
以为坐标原点,分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如图．

所以,
．
由题设()．
(1)因为,
所以,所以．
(2)设平面的法向量为,
因为,
所以,即．
令,则
因为平面的法向量为,
设平面与平面的二面角的平面角为,
则．
当时,取最小值为,
此时取最大值为．所以,
此时．
2.(2022届广西玉林市高三11月统考)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为菱形,PA=AB=2,PB=,∠ABC=60°,且平面PAC⊥平面ABCD.

(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)若M是PC上一点,且BM⊥PC,求三棱锥M-BCD的体积.
【解析】(1)证明：∵四边形ABCD为菱形,∴BD⊥AC.
∵平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC平面ABCD=AC,BD平面ABCD,∴BD⊥平面PAC.
∵PA平面PAC,所以PA⊥BD.
又∵PA=AB=2,PB=,∴PA2+AB2=PB2,得PA⊥AB.
又∵AB,BD平面ABCD,ABBD=B,PA⊥平面ABCD.

(2)解：由(1)得PA⊥平面ABCD,
∵AC平面ABCD,∴PA⊥AC,
∴,得ΔPBC为等腰三角形.
在△PBC中,由余弦定理得.
∵BM⊥PC,∴,则.得CM=PC,
又S△BCD=BC·CDsin120°=,
∴三棱锥M-BCD的体积V M-BCD=VP-BCD=S△BCD×PA=.
04　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　长方体的长、宽、高分别为3、2、1,从到沿长方体的表面的最短距离为________．
【警示】本题出错主要原因是只考虑一种可能
【问诊】根据题意,将长方体按照三种不同方式展开,如下图所示:

结合长方体的三种展开图,求得的长分别是,所以最小值是.
【叮嘱】求几何体表面上两点之间的最短距离一般要把几何体的侧面或表面展开,将问题转化为平面图形中的距离问题,但要注意多于多面体来说,其展开方式可能有多种

1．在高为的正三棱柱中,的边长为2,为棱的中点,若一只蚂蚁从点沿表面爬向点,则蚂蚁爬行的最短距离为( )
A．3 B． C． D．2
【答案】A
【解析】如图1,将矩形翻折到与平面共面的位置,此时,爬行的最短距离为；如图2,将翻折到与平面共面的位置,易知,,此时爬行的最短距离；如图3,将矩形翻折到与平面共面的位置,此时,爬行的最短距离.

综上,小蚂蚁爬行的最短距离为3.故选A..
05
如图,在四棱锥P－ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD＝DC＝AP＝2,AB＝1,点E为棱PC的中点．

(1)证明：BE⊥DC；
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F－AB－P的余弦值．
【警示】本题错误解法是：(1)证明　依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系如图,可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)．

由E为棱PC的中点,得E(1,1,1)．
＝(0,1,1),＝(2,0,0),
故·＝0,所以BE⊥DC.
(2)解　＝(－1,2,0),
＝(1,0,－2)．
设n＝(x,y,z)为平面PBD的一个法向量,
则即不妨令y＝1,
可得n＝(2,1,1)．
于是有cos〈n,〉＝＝＝,
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)解　＝(1,2,0),＝(－2,－2,2),＝(2,2,0),＝(1,0,0)．
由点F在棱PC上,设＝λ,0≤λ≤1,
故＝＋＝＋λ＝(1－2λ,2－2λ,2λ)．
由BF⊥AC,得·＝0,
因此,2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0,解得λ＝,
即＝(－,,)．[9分]
设n1＝(x,y,z)为平面FAB的一个法向量,
则　即
不妨令z＝1,可得n1＝(0,－3,1)．
取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0),
则cos〈n1,n2〉＝＝＝－.
所以二面角F－AB－P的余弦值为－.
【问诊】忽略二面角为锐角
【答案】(1)证明　依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系如图,可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)．

由E为棱PC的中点,得E(1,1,1)．
＝(0,1,1),＝(2,0,0),
故·＝0,所以BE⊥DC.
(2)解　＝(－1,2,0),
＝(1,0,－2)．
设n＝(x,y,z)为平面PBD的一个法向量,
则即不妨令y＝1,
可得n＝(2,1,1)．
于是有cos〈n,〉＝＝＝,
所以,直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)解　＝(1,2,0),＝(－2,－2,2),＝(2,2,0),＝(1,0,0)．
由点F在棱PC上,设＝λ,0≤λ≤1,
故＝＋＝＋λ＝(1－2λ,2－2λ,2λ)．
由BF⊥AC,得·＝0,
因此,2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0,解得λ＝,
即＝(－,,)．[9分]
设n1＝(x,y,z)为平面FAB的一个法向量,
则　即
不妨令z＝1,可得n1＝(0,－3,1)．
取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0),
则cos〈n1,n2〉＝＝＝－.
易知,二面角F－AB－P是锐角,所以其余弦值为.
【叮嘱】利用向量法计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．

1.(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科)如图,在四棱锥中,,
．
(1)证明:平面平面;
(2)若,,求二面角的余弦值．

【解析】(1)由已知,得,
由于,故,从而平面
又平面,所以平面平面
(2)在平面内做,垂足为,
由(1)可知,平面,故,可得平面．
以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系．

由(1)及已知可得,,,．
所以,,,．
设是平面的法向量,则
,即,可取．
设是平面的法向量,则,即,可取．
则,因为二面角为钝角,所以二面角的余弦值为．
2.如图所示的几何体是由棱台ABC－A1B1C1和棱锥D－AA1C1C拼接而成的组合体,其底面四边形ABCD是边长为2的菱形,且∠BAD=60°,BB1⊥平面ABCD,BB1=B1C1=1.

(1)求证：平面AB1C⊥平面BB1D；
(2)求二面角A1-BD-C1的余弦值.
【解析】(1)平面,平面,∴,
在菱形中,,
又,平面,∴平面,
平面,∴平面平面
(2)设交于点,以为坐标原点,以为轴,以为轴,如图建立空间直角坐标系,轴显然平行于直,
由四边形ABCD是边长为2的菱形,且∠BAD=60°,得,,
,
,,,
设平面的一个法向量为,

则
令,得,从而
同理,
设平面的一个法向量为,
则
令,得,从而,
则.
又由图可知为锐角,故二面角的余弦值为.
错
1．(2022届云南省三校高三联考)如图,在棱长为1的正方体中,点,,分别是棱,,的中点,为线段上的一个动点,平面平面,则下列命题中错误的是( )

A．不存在点,使得平面
B．三棱锥的体积为定值
C．平面截该正方体所得截面面积的最大值为
D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
【答案】C
【解析】如图,连接,可得平面,由与异面可知,不存在点,使得平面,故A正确；又平面,所以动点到平面的距离为定值,故三棱锥的体积为定值,故B正确；如图,当截面为正六边形时(其中,,,,,都是中点),易得该正六边形的边长为,所以其面积为,故C错误；截面可能为三角形,也可能为六边形,故D正确,故选C.

2．(2022届黑龙江省哈尔滨高三上学期期中)已知平面,,直线l,m,且有,,则正确的命题是( )
A．若,则 B．若,则
C．若,则 D．若,则
【答案】A
【解析】若,则,故A正确；若,,或,所以不一定垂直,故B错误；若,,则或,所以还有可能相交,故C错误；若,,则或,所以不一定与平行,故 D错误.故选A.
3．(2022届云南省十五所名校高三11月联考)在立体几何探究课上,老师给每个小组分发了一个正四面体的实物模型,同学们在探究的过程中得到了一些有趣的结论.已知直线平面,直线平面,F是棱BC上一动点,现有下列四个结论：
①若M,N分别为棱AC,BD的中点,则直线平面；
②在棱BC上存在点F,使AF⊥平面；
③当F为棱BC的中点时,平面平面；
④平面与平面BCD所成锐二面角的正切值为.
其中所有正确结论的编号是( )

A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【答案】D
【解析】可将正四面体放在正方体中研究,如图,平面就是与左右两个侧面平行的平面,是前后两个侧面的中心(对角线交点),直线平面或直线平面,①错误.正方体的左、右两个侧面与平面平行,因此,与平面垂直的直线只能是与其四条侧棱平行或重合的直线,②错误.平面就是平面,由与侧面垂直,得面面垂直,③正确,同样正方体中易得与对角面垂直,因此是是二面角的平面角,．而平面与平面平行,因此④正确.
故选D．

4．如图,点A,B,C,M,N为正方体的顶点或所在棱的中点,则下列各图中,不满足直线平面ABC的是( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】对于A,由正方体的性质可得,可得直线平面ABC,能满足；

对于B,作出完整的截面ADBCEF,由正方体的性质可得MNAD,可得直线MN平面ABC,能满足；

对于C,作出完整的截面ABCD,由正方体的性质可得MNBD,可得直线MN平面ABC,能满足；

对于D,作出完整的截面,如下图ABNMHC,可得MN在平面ABC内,不能得出平行,不能满足.

故选D.
5．如图,已知正方体的棱长为2,则下列结论错误的是( )

A．直线与为异面直线
B．直线与平面平行
C．将形状为正方体的铁块磨制成一个球体零件,可能制作的最大零件的表面积为
D．若矩形是某圆柱的轴截面(过圆柱的轴的截面叫做圆柱的轴截面),则从点出发沿该圆柱的侧面到相对顶点的最短距离是
【答案】BCD
【解析】对于A,直线与既不平行也不相交,是异面直线,A正确；
对于B,,而直线与平面相交,故直线与平面也相交,B错误；对于C,将形状为正方体的铁块磨制成一个球体零件,当球的半径为棱长一半,即其半径为1时,球的表面积最大,其表面积最大值,C错误；对于D,从点沿圆柱的侧面到相对顶点的最短距离即为圆柱侧面展开图一个顶点到对边中点的距离,即其最短距离或,D错误；故选BCD．
6．(2021届内蒙古赤峰市高三大联考)正四棱柱的外接球的半径为2,当该正四棱柱的侧面积最大时,一个质点从出发移动到,则沿正四棱柱表面移动的最短距离与直接穿过球内部移动的最短距离的比值是______.
【答案】
【解析】设球内接正四棱柱的底面边长为,高为,
则球的半径,
∴,∴,
∴,当,即,时取得最大值.
沿四棱柱表面移动的最短距离为,
直接穿过球内部移动的最短距离为,
∴沿正四棱柱表面移动的最短距离与直接穿过球内部移动的最短距离的比值是.
7．(2022届浙江省杭州市高三上学期月考)如图,四棱锥中,是等边三角形,底面是直角梯形,,,,分别是的中点.

(1)求证：平面；
(2)若,求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】(1)证明：取的中点,连接,,

因为底面是直角梯形,,是AD的中点,所以,因为平面PAB,平面PAB,所以平面PAB,
又因为是PC的中点,所以是△PBC的中位线,所以,因为平面PAB,平面PAB,所以平面PAB,
因为,所以平面平面,而平面,所以平面；
(2)取AB中点O,连接PO,CO,AC,

因为是等边三角形,所以,∠PBA=60°,又因为底面是直角梯形,,,所以△ABC是等边三角形,CO⊥AB,故四边形AOCD是矩形,所以,
由第一问可知,,,,由余弦定理得,
∴由余弦定理得：,
又,∴平面∵平面ABC,∴平面平面,过点P作PH⊥OH,交CO的延长线于点H,则平面,
∴,故,连接GB,GC,其中
设到平面的距离设为,则
∴直线与平面所成角的正弦值为.
8．(2022届陕西省宝鸡市高三上学期11月质量检测)如图,在四棱锥中,底面为菱形,平面,,为的中点,为的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)若,求二面角的余弦值．
【解析】(1)因为底面是菱形,,所以△为等边三角形,
所以平分,所以,
所以,
又因为平面,所以,且,
所以平面,又平面,
所以平面平面；
(2)据题意,建立空间直角坐标系如图所示：
因为,所以
所以,
设平面一个法向量为,平面一个法向量为,
因为,,
所以,取,所以,所以,
又因为,,
所以,取,则,所以,
所以,
由图形知,二面角为钝角,故二面角夹角的余弦值为．

9．(2021届陕西省渭南市高三质量检测)如图,在三棱锥中,平面平面,,,
,,分别为线段,上的点,且,,.

(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成的角为,求平面与平面所成的二面角的大小.
【解析】(1)因为,,,所以,
所以,可得,
又因为,
所以
,可得,
又因为,所以,所以,
因为平面平面,平面平面,面,
所以平面,因为面,所以,
因为,,所以平面；
(2)由(1)知,,两两垂直,如图分别以,,所在的直线为,,轴建立空间直角坐标系,
因为直线与平面所成的角为,即,所以,
则,,,,
所以,,,
因为,,所以,
由(1)知,所以,
又平面,面,所以,
因为,所以平面,
所以为平面的一个法向量,
设平面的法向量为,
由,令,得,,
所以为平面的一个法向量．
所以,
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为,
故平面与平面所成的锐二面角为.