資源簡介

易錯點-立體幾何、解析幾何
專題綜述
立體幾何、解析幾何是高考的必考內容,特點是試題題量、題型和分值穩定:一般各是兩個小題一個大題共44分, 約占全卷總分的30%; 其中這兩模塊各有一個小題、大題的第一問約20分是高考比較容易得分的部分,但常出現“會而不對”“對而不全”的現象, 導致失分.怎樣才能多得分, 得高分, 避免失誤是我們重點關注的內容.
專題探究
探究1:應用定理時不嚴謹致錯
應用判定定理或性質定理判斷或證明平行、垂直關系時，一定要嚴格按照定理內容，不能偷工減料，否則就會出錯.如在利用線面平行的判定定理判斷或證明線面平行時一定要注意條件中是平面外一條直線與平面內一條直線平行,才能推出平面外的該直線與平面平行,若僅有, ∥,推不出 ∥,因為b可能在內.在利用線面垂直的判定定理判斷或證明線面垂直是要注意是一條直線與一個平面內的兩條相交直線都垂直,則該直線與此平面垂直,尤其是“相交”這一條件不可缺少.
(2022江蘇聯考)已知正方體的棱長為2，為的中點，平面過點且與垂直，則
. . 平面
. 平面平面 . 平面截正方體所得的截面面積為
【規范解析】
解：如圖所示，連結連結交于點，
連結交于點，連結，在上取中點，
在上取中點，連結，則，
對于，易知面，因為平面
故得，又因為為正方形，故得，
由，面，面
故得面，
又因為面故得，故正確，
因為，故得，
以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，
故得，，，，
故，，
又因為，故，
因為面，面
故面平面即面
故知平面，故可得平面，故正確，
由圖可知平面平面
故平面平面是錯的，故錯，
因為，
故可得等腰梯形的高為，
故等腰梯形的面積為，故正確，
故選
(2022廣東月考)如圖，已知四棱柱的底面為平行四邊形，分別為棱，，的中點，則
. 直線與平面平行，直線與平面相交
. 直線與平面相交，直線與平面平行
. 直線、都與平面平行
. 直線、都與平面相交
探究2:利用空間向量求角時關系不清致錯
空間幾何體的角包括線線角、線面角、面面角，易出現的問題主要有:(1)求解兩條異面直線所成角的過程中，不注意角的取值范圍，誤以為通過平移構造的三角形內角就是兩條異面直線所成的角;(2)求解線面角的過程中，把向量公式弄錯;(3)求解面面角的過程中，角的關系不清楚.如設分別是二面角α－l－β的兩個半平面α,β的法向量,則二面角的大小滿足||＝，即二面角的平面角大小是向量的夾角(或其補角)．所以不要認為向量的夾角就是二面角,求解時要結合圖形判斷所求二面角是銳角還是鈍角.
(2022江蘇期中)如圖，在四棱錐中，底面ABCD，底面ABCD為直角梯形，分別為的中點.
求證：平面PAD；
若截面與底面所成銳二面角為，求的長度.
【規范解析】
證明：取的中點Q，連接，
是的中點，，且
底面ABCD為直角梯形，，
，
，，且
四邊形是平行四邊形，
又平面平面PAD，
平面
解：如圖，分別以所在直線為軸、軸、軸
建立空間直角坐標系，
設，則
，
取平面ABCD的一個法向量為，
，
設平面CEF的法向量為，
則有即
不妨取，則，即，
，
解得，即PA的長為
(2022湖南聯考)如圖，四棱錐的底面是正方形，平面平面ABCD，，E為BC的中點．
若，證明：；
求直線與平面PAD所成角的余弦值的取值范圍．
探究3:求表面積/體積時對幾何體結構特征把握不準致錯
對幾何體的結構特征把握不準，導致空間線面關系的推理、表面積與體積的求解出現錯誤，尤其是對正棱柱、正棱錐中隱含的線面關系不能熟練把握，正確應用；容易出現錯誤的問題有:(1)混淆幾何體的表面積與側面積兩個概念，導致計算時錯用公式，漏掉底面積的計算;(2)在組合體的表面積的計算問題中，對于兩個幾何體重合問題或幾何體的挖空問題，不能正確確定幾何體表面積的構成導致計算重復或漏算;(3)幾何體的表面積和體積的求解過程出錯;(4)計算不細心導致運算失誤問題.
(2021江蘇省淮安市模擬)某保鮮封閉裝置由儲物區與充氮區
內層是儲物區用來放置新鮮易變質物品，充氮區是儲物區外的全部空間，
用來向儲物區輸送氮氣從而實現保鮮功能如圖所示，該裝置外層上部分
是半徑為2半球，下面大圓剛好與高度為3的圓錐的底面圓重合，內層是
一個高度為4的倒置小圓錐，小圓錐底面平行于外層圓錐的底面，且小圓錐頂點與外層圓錐頂點重合，則充氮區空間為
A. B. C. D.
【規范解析】
解：設半球的半徑為R，則，小圓錐的高為4，大圓錐的高為3，
整個保鮮封閉裝置的體積為
，
小圓錐底面圓的半徑為r，則，
所以，
故小圓錐的體積為，
所以充氮區空間為故選：
(2022河北聯考)1859年，英國作家約翰泰勒在其《大金字塔》一書中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔時利用了黃金數泰勒還引用了古希臘歷史學家希羅多德的記載：胡夫金字塔的形狀為正四棱錐，每一個側面的面積都等于金字塔高的平方．如圖，已知金字塔型正四棱錐的底面邊長約為656英尺，頂點P在底面上的投影為底面的中心O，H為線段BC的中點，根據以上信息，PH的長度單位：英尺約為
B.
C. D.
探究4:混淆圓錐曲線的定義/方程致錯
在雙曲線的定義中要注意:平面內與兩個定點的距離的差的絕對值等于常數2a(小于)的動點M的軌跡叫做雙曲線.在這個定義中,要注意條件<和定義中的“差的絕對值”;橢圓的定義中,平面內動點與兩定點的距離的和大于這個條件不可忽視.在拋物線的定義中需強調的是,點不在直線上,否則軌跡是過點且與垂直的直線,而不是拋物線。在求解橢圓、雙曲線問題時,首先要判斷焦點位置,焦點的位置是橢圓、雙曲線的定位條件,它決定橢圓、雙曲線標準方程的類型,而方程中的兩個參數,確定橢圓、雙曲線的形狀和大小,是橢圓、雙曲線的定形條件;在求解拋物線問題時,首先要判斷開口方向;(2)在橢圓中,最大,,在雙曲線中,最大,，雙曲線的漸近線方程為,而的漸近線方程為
(2022江蘇聯考)設雙曲線C：的左、右焦點分別為，，點P在C的右支上，且不與C的頂點重合，則下列命題中正確的是
A. 若，，則C的兩條漸近線的方程是
B. 若點P的坐標為，則C的離心率大于3
C. 若，則的面積等于
D. 若C為等軸雙曲線，且，則
【規范解析】
解：當，時，雙曲線的漸近線的斜率， A錯誤；
因為點在C上，則，得，
所以， B正確；
因為，若，則，
即，
即，得，
所以， C正確；
若C為等軸雙曲線，則，從而
若，則，
在中，由余弦定理，
得， D錯誤，選
(2022廣東聯考)如圖，拋物線C：的焦點為F，直線l與C相交于A，B兩點，l與y軸相交于E點．已知，，記的面積為，的面積為，則
B.
C. D.
探究5:求離心率考慮不全致錯
圓錐曲線的離心率是高考小題的熱點，大多數時候難度不大，學生根據圓錐曲線的簡單幾何性質能解決，但是有些點如果把握不到位就會考慮不全失分，主要有這幾類：
(1)當橢圓與雙曲線的焦點可能在x軸上，也可能在y軸上時求離心率要分兩種情況分別求解；(2)求橢圓的離心率范圍要注意；(3)求雙曲線的離心率范圍要注意；
(4)把離心率表示成某一變量的函數，利用函數性質求其范圍，要注意自變量范圍的限制；
(5)根據幾何圖形求離心率或離心率范圍要注意驗證某些特殊點或特殊圖形是否符合條件.
(2022天津市市轄區期末)已知拋物線上一點到焦點的距離為3，準線為l，若l與雙曲線C：的兩條漸近線所圍成的三角形面積為，則雙曲線C的離心率為
A. 3 B. C. D.
【規范解析】
解：依題意，拋物線準線l：，
由拋物線定義知，解得，
則準線l：，雙曲線C的兩條漸近線為，
于是得準線l與兩條漸近線的交點分別為，，
原點為O，則面積，
雙曲線C的半焦距為c，離心率為e，則有，解得
故選
(2021湖北省武漢市聯考)已知雙曲線，若雙曲線不存在以點為中點的弦，則雙曲線離心率的取值范圍是
A. B. C. D.
探究6:直線與圓中的細節忽略致錯
直線與圓在高考中是和圓錐曲線、立體幾何等綜合考查的，但要解決這類簡單的綜合題，必須把握好直線與圓的相關概念，分類討論思想方法不能忘記，其中易出錯的點有（1）寫直線的截距式方程忽略截距為零的情況；
（2）利用斜率判斷直線的垂直忽略斜率不存在的情況；
（3）求解與△ABC與直線與圓的交匯問題，要注意三點不共線.
(2021江西省南昌市期中)橢圓：與橢圓：有共同的焦點，且橢圓的離心率點、分別為橢圓的左頂點和右焦點，直線過點且交橢圓于，兩點，設直線，的斜率分別為，．
求橢圓的標準方程；
是否存在直線，使得，若存在，求出直線方程；不存在，說明理由．
【規范解析】
解：橢圓：的焦點為，
設橢圓的半焦距為，
可知，且，所以，則，
所以橢圓的方程為：；
由可得：橢圓的右焦點坐標為，
左頂點坐標為，
假設存在直線，滿足，
若直線的斜率不存在時，，不合題意，舍去，
所以可設直線的方程為：，
聯立方程，
消去整理可得：，
設，，
則，
則
，所以，
所以直線的方程為：，即，
綜上，存在直線：，使得．
(2021廣東月考)已知圓C：和直線l：，則
A. 直線l與圓C的位置關系無法判定
B. 當時，圓C上的點到直線l的最遠距離為
C. 當圓C上有且僅有3個點到直線l的距離等于1時，
D. 如果直線l與圓C相交于M、N兩點，則M、N的中點的軌跡是一個圓
專題升華
立體幾何主要考查空間中線面關系，解析幾何是用代數方法解決幾何問題；
在幾何解題過程中應該抓住“圖”“算”這兩個字.“圖”是幾何的根本，我們要識圖、用圖、作圖；“算”是運算要準確，養成良好的運算習慣，逐步計算，注意運算過程中的各個環節，在運算過程中適時調整運算的方法，注意核對運算過程和最后的結果，確保準確無誤.
在立體幾何中還要緊抓“證”字，“證”是要熟練掌握空間平行與垂直關系的有關判定和性質定理，牢記定理中的條件和結論，養成嚴密的推理論證習慣，把各個定理的條件用完全，在推理論證中要做到層次分明，結構合理，嚴密無誤.
【答案詳解】
變式訓練1【答案】
【解析】取 的中點 ，則，從而四邊形為平行四邊形，
所以 ，易知，則四邊形為平行四邊形，從而平面
又平面 ，所以 平面 ，易知，則四邊形為平行四邊形，從而與 相交，所以直線與平面 相交，
故選
變式訓練2
【解析】
解法一：取AB的中點，連接，
因為，，則為正三角形，所以
因為平面平面ABCD，則平面
因為平面ABCD，則①
因為四邊形ABCD為正方形，E為BC的中點，則，所以，
從而，所以②
結合①②，，PF、平面PDF，平面PDF，所以；
解法二：因為平面平面ABCD，，則平面PAB，
所以，從而，
因為，，則為正三角形．
設，則所以
，
則，所以；
解法一：分別取PA，PD的中點G，H，則又，則，
所以四邊形BGHE為平行四邊形，從而
因為，則因為平面平面ABCD，，
則平面PAB，從而，所以平面PAD，從而平面
連接AH，則為直線AE與平面PAD所成的角．
設正方形ABCD的邊長為1，，則，
從而，，
在中，因為當時，單調遞增，
則，所以直線AE與平面PAD所成角的余弦值的取值范圍是
解法二：以直線AD為x軸，AB為y軸，
過點A且垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立空間直角坐標系
設正方形ABCD的邊長為1，則，
在平面PAB內過點P作AB的垂線，垂足為
因為平面平面ABCD，則平面
設，則
因為，則，所以，
設為平面PAD的一個法向量，
則即取，則，所以，
于是，|又，則，
設直線AE與平面PAD所成的角為，則從而
因為函數單調遞增，則當時，則，
所以直線AE與平面PAD所成角的余弦值的取值范圍是
變式訓練3【答案】
【解析】設，，，則，
又由勾股定理，故，即
因此可求得，
則
故選：
變式訓練4【答案】C
【解析】拋物線C：的準線方程為，分別過點A，B作y軸的垂線，垂足為，，則，所以，
故選
變式訓練5【答案】B
【解析】，故，即，從而，
于是，從而
故選：
變式訓練6【答案】
【解析】選項A：由直線l的方程可得，，則直線l恒過定點，，所以此點在圓C內，故直線l與圓C相交，故A錯誤；
選項B：時，直線l的方程為，即，設圓心到直線l距離為d，則，所以圓C上的點到直線l的最遠距離為，故B正確；
選項C：當圓C上有且僅有3個點到直線l的距離等于1時，圓心到直線l距離為1，
由，得故C正確；
選項D：直線l恒過定點，設M、N的中點為P，由垂徑定理知，故點P的軌跡以AC為直徑的圓除去使直線斜率不存在的點的圓，故D錯誤.
故選

展開更多......

收起↑