■王旭瀧

對(duì)空間幾何體的認(rèn)知,凸顯空間問題平面化、模型化和代數(shù)化的本質(zhì)屬性。大家在解題中容易出現(xiàn)思維誤區(qū),本文結(jié)合實(shí)例“剖析”之。

誤區(qū)1：確定三視圖時(shí),忽視“投影面和虛實(shí)線”

例1 將正方體(如圖1)截去兩個(gè)三棱錐,得到如圖2所示的幾何體,則該幾何體的側(cè)視圖為( )。

圖2

錯(cuò)解：忽視正視,側(cè)視,俯視三個(gè)兩兩垂直方向的正投影,分不清選項(xiàng)A和B,易選A。對(duì)三視圖畫法中的虛實(shí)線不明確易選C或D。

剖析：側(cè)視圖中能夠看到線段AD1,應(yīng)畫為實(shí)線,而看不到線段B1C,應(yīng)畫為虛線。由于AD1與B1C不平行,可知投影為相交線。應(yīng)選B。

警示：在畫三視圖時(shí),應(yīng)把握正視,側(cè)視,俯視三個(gè)兩兩垂直方向的最大直截面,要特別注意幾何體中與投影面垂直或平行的線及面的位置,認(rèn)清規(guī)定方向上平行投影的實(shí)際結(jié)果。畫三視圖時(shí),分界線和可見輪廓線都用實(shí)線,被遮住的部分的輪廓線用虛線,要注意“投射光源”的位置是投影面的正對(duì)面。

誤區(qū)2：三視圖還原幾何體時(shí)“虛實(shí)不分,對(duì)應(yīng)不當(dāng),不作檢驗(yàn)”

例2 如圖3,網(wǎng)格紙上的小正方形邊長為1,粗線是一個(gè)棱錐的三視圖,則此棱錐的體積為_____。

圖3

錯(cuò)解：由三視圖知,其直觀圖為四棱錐,四棱錐的底面為正方形,邊長為2,四棱錐的高為2,則該棱錐的體積V=。

剖析：還原幾何體時(shí)缺少模型化的意識(shí)。答案對(duì)了,但解題過程錯(cuò)誤。

根據(jù)三視圖,可知該幾何體是一個(gè)棱長為2的正方體去掉一個(gè)三棱柱和一個(gè)三棱錐后的四棱錐E-ABCD,如圖4所示。

圖4

該四棱錐E-ABCD的體積V=V正方體-

警示：利用三視圖還原直觀圖時(shí),一定要全面把握幾何體的特征,分清三視圖中的虛線和實(shí)線,最后還應(yīng)該對(duì)還原后的直觀圖進(jìn)行檢驗(yàn)。

誤區(qū)3：三棱錐的體積求解中忽略“等積變換”

例3 如圖5,在棱長為5的正方體ABCD-A1B1C1D1中,EF是棱AB上的一條線段,且EF=2,Q是A1D1的中點(diǎn),點(diǎn)P是棱C1D1上的動(dòng)點(diǎn),則四面體PQEF的體積( )。

圖5

A.是變量且有最小值

B.是變量且有最大值

C.是變量且沒有最值

D.是一個(gè)不變的量

錯(cuò)解：應(yīng)選A或B或C。

剖析：忽略三棱錐體積的等積變換易錯(cuò)選A或B。由AB⊥側(cè)面AA1D1D,可知QA為Q點(diǎn)到AB的距離。因?yàn)镋F=2,所以S△QEF為定值。由C1D1∥AB,可得C1D1∥面QEF,則C1D1到面QEF的距離為定值,而P是棱C1D1上的動(dòng)點(diǎn),所以P點(diǎn)到平面QEF的距離也為定值,由此可知四面體PQEF的底面積和高均為定值,可得四面體PQEF的體積為定值。應(yīng)選D。

警示：求三棱錐的體積的解題關(guān)鍵是尋找易求的底面和對(duì)應(yīng)的高。

誤區(qū)4：忽略共面的條件和面面平行性質(zhì)定理的應(yīng)用

例4 下列正方體或四面體中,P,Q,R,S分別是所在棱的中點(diǎn),這四個(gè)點(diǎn)不共面的一個(gè)圖是( )。

錯(cuò)解：應(yīng)選B或C。

剖析：錯(cuò)解的原因是不理解共面的條件和面面平行的性質(zhì)定理。

直接作出截面或用反證法判斷。對(duì)于A,可作出截面為梯形。對(duì)于B,由面面平行的性質(zhì)定理,可作出截面為正六邊形。對(duì)于C,空間四邊形的四邊中點(diǎn)可構(gòu)成平行四邊形。對(duì)于D,由反證法或異面直線的判定定理,可知四點(diǎn)構(gòu)成異面直線,即四點(diǎn)不共面。應(yīng)選D。

警示：要作兩個(gè)相交平面的交線,只需找出兩個(gè)公共點(diǎn)。當(dāng)平面較小不足以體現(xiàn)交線時(shí),可采用作平行線或作延長線的方法延展平面,直到能作出交線為止。

誤區(qū)5：盲目類比平面幾何中的定理和性質(zhì)

例5 如圖6所示,已知E,F分別是長方體ABCD-A1B1C1D1的棱AA1,CC1上的點(diǎn),且AE=C1F。求證:四邊形BED1F是平行四邊形。

圖6

錯(cuò)解：在長方體ABCD-A1B1C1D1中,平面A1ADD1∥平面B1BCC1。由兩平行平面與第三平面相交其交線平行,可知D1E∥FB,同理可得D1F∥EB,故四邊形EBFD1為平行四邊形。

剖析：上述解法盲目套用平面幾何定理致錯(cuò)。在DD1上取DM=AE=C1F,連接CM,EM。

由CF=D1M=CC1-C1F,CF∥D1M,可知四邊形CMD1F為平行四邊形,所以CM∥FD1,CM=FD1。同理可證四邊形ADME為平行四邊形,所以EM∥BC,EM=BC,可知BCME為平行四邊形,可得BE∥CM,CM=BE。

所以BE∥FD1,BE=FD1,可知四邊形EBFD1是平行四邊形。

警示：平面幾何中的有關(guān)結(jié)論在空間中不一定成立。平面幾何的結(jié)論在立體幾何中的應(yīng)用遵循兩點(diǎn):①空間中放在同一平面內(nèi)使用;②先證明在空間是真命題再使用。

誤區(qū)6：忽視空間中平行與垂直的判定定理的條件

例6 設(shè)a,b為兩條直線,α,β為兩個(gè)平面,且a?α,a?β,則下列結(jié)論中不成立的是( )。

A.若b?β,a∥b,則a∥β

B.若a⊥β,α⊥β,則a∥α

C.若a⊥b,b⊥α,則a∥α

D.若α⊥β,a⊥β,b∥a,則b∥α

錯(cuò)解：應(yīng)選A。

剖析：不能準(zhǔn)確把握空間中平行與垂直關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理中的條件導(dǎo)致出錯(cuò)。對(duì)于A,若b?β,a∥b,且a?β,則根據(jù)線面平行的判定定理可得a∥β,A正確。對(duì)于B,若a⊥β,α⊥β,則根據(jù)空間線面位置關(guān)系可知a?α或a∥α,而a?α,所以a∥α,B正確。對(duì)于C,若a⊥b,b⊥α,則a?α或a∥α,而a?α,所以a∥α,C正確。對(duì)于D,由a⊥β,b∥a,可得b⊥β,因?yàn)棣痢挺?所以b?α或b∥α,可知D錯(cuò)誤。應(yīng)選D。

警示：利用線面平行,線面垂直,面面平行或面面垂直的判定定理時(shí),一定要注意定理的前提條件。

誤區(qū)7：兩直線位置關(guān)系的判斷中忽略“反證法”的應(yīng)用

例7 已知m,n為異面直線,m?平面α,n?平面β,α∩β=l,則直線l( )。

A.與m,n都相交

B.與m,n中至少一條相交

C.與m,n都不相交

D.至多與m,n中的一條相交

錯(cuò)解：應(yīng)選A。

剖析：忽略題設(shè)條件、缺少應(yīng)用反證法研究問題的意識(shí)出錯(cuò)。

假設(shè)l與m,n都不相交。由m?平面α,n?平面β,可知m∥l,n∥l,即m∥n∥l,這與m,n為異面直線矛盾,故假設(shè)不成立,即直線l與m,n中至少一條相交。應(yīng)選B。

警示：簡單的空間位置關(guān)系的判斷問題,可以利用選項(xiàng)和題設(shè)條件,通過反證法進(jìn)行推理判斷。

誤區(qū)8：忽視線線垂直和線面垂直的相互轉(zhuǎn)化

例8 如圖7所示,在三棱柱ABCA1B1C1中,點(diǎn)A1在平面ABC內(nèi)的射影點(diǎn)D在AC上,∠ACB=90°,AC=CC1。

求證:AC1⊥A1B。

圖7

錯(cuò)解：缺少線面垂直轉(zhuǎn)化為線線垂直的意識(shí),導(dǎo)致思維混亂,從而無法證明。

剖析：證明線線垂直,可構(gòu)造證明一條直線和一個(gè)平面垂直。

由A1D⊥平面ABC和面面垂直的判定定理知,平面AA1C1C⊥平面ABC。由BC⊥AC和面面垂直的性質(zhì)定理知,BC⊥平面AA1C1C,所以AC1⊥BC。由AC=CC1,可知AA1C1C為菱形,所以AC1⊥A1C。

因?yàn)锳1C∩BC=C,所以AC1⊥平面A1BC。又A1B?A1BC,所以AC1⊥A1B。

警示：證明直線與平面垂直、平面與平面垂直,都可借助于直線和直線垂直加以證明。