2011年高考成績出來后,好多考生感覺數(shù)學(xué)成績比原先自己參照答案預(yù)估的要低。在與一些參加過高考閱卷的老師交談中，我得知了一些網(wǎng)上閱卷中的細(xì)節(jié)，也了解到一些學(xué)生因做題不夠規(guī)范或是犯了一些想當(dāng)然性質(zhì)的錯(cuò)誤，造成失分。為使眾多考生引以為戒，牢記知識(shí)點(diǎn)，查缺補(bǔ)漏，現(xiàn)舉例談?wù)劻Ⅲw幾何題的規(guī)范解答，一孔之見，權(quán)作拋磚。

【例1】（本題滿分14分）（2011?江蘇卷第16題）如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分別是AP、AD的中點(diǎn).

求證：（1） 直線EF∥平面PCD；

（2） 平面BEF⊥平面PAD.

錯(cuò)解證明：(1) 在△PAD中，∵E,F分別是AP,AD的中點(diǎn)，

∴EF∥PD，2分

∴直線EF∥平面PCD.（定理?xiàng)l件不全，不給分）

(2) 連接BD.∵AB=AD，∠BAD=60°，

∴△ABD為等邊三角形.

∵F是AD的中點(diǎn)，

∴BF⊥AD.4分

∵平面PAD⊥平面ABCD，BF計(jì)矯鍭BCD，

∴BF⊥平面PAD.（定理?xiàng)l件不全，不給分）

∴平面BEF⊥平面PAD.（定理?xiàng)l件不全，不給分）

錯(cuò)因分析使用定理時(shí)條件不齊全而失去該得分步驟的所以得分。第一問中，線面平行的判定定理?xiàng)l件有3個(gè)，該考生只寫了1個(gè)，漏寫“EFて矯鍼CD，PD計(jì)矯鍼CD”；同理，在第二問中使用面面垂直的性質(zhì)定理時(shí)漏寫“平面PAD∩平面ABCD=AD”、使用面面垂直的判定定理時(shí)，漏寫“BF計(jì)矯鍮EF”。

正確解法證明：(1) 在△PAD中，∵E,F分別是AP,AD的中點(diǎn)，

∴EF∥PD，2分

又∵EFて矯鍼CD，PD計(jì)矯鍼CD，

∴直線EF∥平面PCD.6分

(2) 連接BD.∵AB=AD，∠BAD=60°，

∴△ABD為等邊三角形.

∵F是AD的中點(diǎn)，

∴BF⊥AD.8分

∵平面PAD⊥平面ABCD，BF計(jì)矯鍭BCD，

又∵平面PAD∩平面ABCD=AD，

∴BF⊥平面PAD.12分

又∵BF計(jì)矯鍮EF，

∴平面BEF⊥平面PAD.14分

防錯(cuò)機(jī)制（1） 線面位置關(guān)系中線面平行、線面垂直、面面平行、面面垂直各有自己的判定定理及性質(zhì)定理，同學(xué)們要理解熟記每一個(gè)定理各自所需的條件，在解題過程中書寫規(guī)范，使用定理時(shí)條件充足，正所謂“一個(gè)也不能少”。

（2） 平時(shí)養(yǎng)成嚴(yán)謹(jǐn)答題的好習(xí)慣，不要因趕時(shí)間而跳步驟，染上壞習(xí)慣后很難改正。

【例2】（本題滿分8分）兩個(gè)全等的正方形ABCD和ABEF所在的平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，且AM＝FN，求證：MN∥平面BCE.

錯(cuò)解過M作MG∥BC交AB于G(如圖),連接NG.

∵M(jìn)G∥BC,BC計(jì)矯鍮CE，MGて矯鍮CE.

∴MG∥平面BCE.2分

又∵正方形ABCD和正方形ABEF全等，AM＝FN，

∴BGGA=CMMA=BNNF，∴GN∥AF.3分

而AF∥平面BCE,

∴GN∥平面BCE.(此處用了沒有的錯(cuò)誤的“定理”)

∵M(jìn)G∩GN=G,∴平面MNG∥平面BCE.

又MN計(jì)矯鍹NG,

∴MN∥平面BCE.

錯(cuò)因分析本類題主要考查空間中線面位置關(guān)系（平行）的判定，是每年高考不可避免的考查內(nèi)容。上述解法的錯(cuò)誤在于他使用了自己創(chuàng)造發(fā)明的“定理”：a∥b,b∥α輆∥α。而線面平行沒有傳遞性，即平行線中的一條平行于一平面，另一條不一定平行該平面；

有的考生由“MG∥BC，GN∥BE萜矯鍹NG∥平面BCE”,這種做法也會(huì)失分的。因?yàn)槊婷嫫叫械呐卸ǘɡ硎怯删€面平行推到面面平行，而這種做法是由線線平行直接得到面面平行，會(huì)因判定定理使用不對(duì)而失去本步驟的分?jǐn)?shù)。

正確解法過M作MG∥BC交AB于G(如圖),連接NG.

∵M(jìn)G∥BC,BC計(jì)矯鍮CE，MGて矯鍮CE，

∴MG∥平面BCE.2分

又∵正方形ABCD和正方形ABEF全等，AM＝FN，

∴BGGA=CMMA=BNNF，

∴GN∥AF∥BE.3分

BE計(jì)矯鍮CE，GNて矯鍮CE，

∴GN∥平面BCE.5分

∵M(jìn)G∩GN=G,

∴平面MNG∥平面BCE.7分

又MN計(jì)矯鍹NG，

∴MN∥平面BCE.8分

注：本題亦可用線線平行推出線面平行.

防錯(cuò)機(jī)制一要熟練掌握所有判定與性質(zhì)定理，梳理好幾種位置關(guān)系的常見證明方法，如證明線面平行，既可以構(gòu)造線線平行，也可以構(gòu)造面面平行；二要掌握解題時(shí)由已知想性質(zhì)、由求證想判定，即分析法與綜合法相結(jié)合來尋找證明的思路；三要嚴(yán)格要求自己注意表述規(guī)范，推理嚴(yán)謹(jǐn)，只能用所學(xué)的判定與性質(zhì)定理，避免使用一些正確但不能作為推理依據(jù)的結(jié)論.即定理“一條也不能多”。

牛刀小試

（本小題滿分15分）如圖所示,在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,DB=BC,DB⊥AC,點(diǎn)M是棱BB1上一點(diǎn).

（1） 求證：B1D1∥面A1BD；

（2） 求證：MD⊥AC；

（3） 試確定點(diǎn)M的位置,使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.

【參考答案】

（1） 證明：由直四棱柱,得BB1∥DD1,

且BB1=DD1,

∴BB1D1D是平行四邊形,∴B1D1∥BD.

3分

而BD計(jì)矯鍭1BD,B1D1て矯鍭1BD,

∴B1D1∥面A1BD.4分

（2） 證明：∵BB1⊥面ABCD,AC濟(jì)鍭BCD，

∴BB1⊥AC.6分

又∵BD⊥AC,且BD∩BB1=B，

∴AC⊥面BB1D1D.8分

而MD濟(jì)鍮B1D1D，∴MD⊥AC.9分

（3） 當(dāng)點(diǎn)M為棱BB1的中點(diǎn)時(shí),

平面DMC1⊥平面CC1D1D.10分

取DC的中點(diǎn)N,D1C1的中點(diǎn)N1,連接NN1交DC1于O,連接OM.

∵N是DC的中點(diǎn),BD=BC,∴BN⊥DC；

又∵DC是面ABCD與面DCC1D1的交線,而面ABCD⊥面DCC1D1,

∴BN⊥面DCC1D1.12分

又可證得,O是NN1的中點(diǎn),∴BM∥ON,且BM=ON,即BMON是平行四邊形,

∴BN∥OM,∴OM⊥平面CC1D1D,14分

∵OM濟(jì)鍰MC1,

∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.15分

（作者：張彬，江蘇省西亭高級(jí)中學(xué)）

（上接第64頁）

由2θ+π4∈π4,5π4，此時(shí)OC∈(1,2+1］；

當(dāng)A、B、C、D按逆時(shí)針方向時(shí)，如圖所示，在△OBC中，

a2+1－2acosπ2－θ=OC2，

即OC=(2cosθ)2+1－2?2cosθ?sinθ

=4cos2θ+1－2sin2θ

=2cos2θ－2sin2θ+3

=－22sin2θ－π4+3，

由2θ－π4∈－π4,3π4，此時(shí)OC∈［2－1,5)，

綜上所述，線段OC長度的最小值為2－1，最大值為2+1．

(作者：陳勇軍，江蘇省通州高級(jí)中學(xué))

數(shù)學(xué)是一種目標(biāo)明確的思維活動(dòng)，是一種理性的精神，使人類的思維得以運(yùn)用到最完善的程度——克萊因（美國數(shù)學(xué)家）。為此，我們?cè)诮忸}時(shí)，要加強(qiáng)目標(biāo)意識(shí)，在正確的目標(biāo)引領(lǐng)下，進(jìn)行有效的探求。為此，我們?cè)谡麄€(gè)教學(xué)活動(dòng)中始終要明確“我要達(dá)到什么目標(biāo)，怎樣達(dá)到”及“如何選擇適當(dāng)?shù)姆椒ㄟ_(dá)到最佳效果”，以便少走彎路或不走彎路，從而提高學(xué)生學(xué)習(xí)的主動(dòng)性和策略性，提高教學(xué)活動(dòng)的效率。尤其在立體幾何的復(fù)習(xí)中更要加強(qiáng)解題的目標(biāo)意識(shí)。

【例1】如圖，已知四棱錐PABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ABC=45°，CD=1，AB=2，PA⊥平面ABCD，PA=1.

（1） 求證：AB∥平面PCD；

（2） 求證：BC⊥平面PAC；

（3）若M是PC的中點(diǎn)，求三棱錐MACD的體積．

分析（1） 由“線線平行諳咼嫫叫歇諉婷嫫叫小敝，欲達(dá)到“線面平行”這一目標(biāo)，應(yīng)從“線線平行”或“面面平行”的角度去考察；

（2） 由“線線垂直諳咼媧怪豹諉婷媧怪薄敝，欲證BC⊥平面PAC，將目標(biāo)轉(zhuǎn)化為BC垂直于平面PAC內(nèi)的兩條相交的直線；

（3） 求三棱錐MACD的體積的目標(biāo)轉(zhuǎn)移為目標(biāo)1——底面積ADC比較好求，而目標(biāo)2——M到底面ADC的距離，應(yīng)由M是PC的中點(diǎn)轉(zhuǎn)化為P到面ADC距離的一半。

證明（1） 由已知底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，

又ABて矯鍼CD，CD計(jì)矯鍼CD，

∴AB∥平面PCD.

（2） 在直角梯形ABCD中，過C作CE⊥AB于點(diǎn)E，

則四邊形ADCE為矩形，∴AE=DC=1.

又AB=2,∴BE=1，

在Rt△ABC中，∠ABC=45°,

∴CE=BE=1,CB=2,∴AD=CE=1.

則AC=AD2+CD2=2，AC2+BC2=AB2,

∴BC⊥AC.

又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC,

又PA∩AC=A，∴BC⊥平面PAC.

（3） ∵M(jìn)是PC的中點(diǎn)，∴M到面ADC的距離是P到面ADC距離的一半，

VMACD=13S△ACD?12PA

=13×12×1×1×12=112.

點(diǎn)撥由“線線平行菹咼嫫叫小奔啊跋呦嘰怪豹菹咼媧怪薄筆保應(yīng)注意滿足的條件不可缺少。

總結(jié)：在證明“線面平行或垂直”時(shí)，要有化歸的意識(shí)，利用好轉(zhuǎn)化的方法，即應(yīng)該利用好“線線平行菹咼嫫叫歇菝婷嫫叫小焙汀跋呦嘰怪豹菹咼媧怪豹菝婷媧怪薄薄

【例2】在四棱錐PABCD中,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝3BC,O是AD上一點(diǎn).

（1） 若CD∥面PBO,試指出O點(diǎn)的位置；

（2） 若面PAB⊥面PCD，試證明PD⊥面PAB.

分析（1） 由“線線平行菹咼嫫叫歇菝婷嫫叫小保將目標(biāo)轉(zhuǎn)化為“若CD∥BO，試指出O點(diǎn)的位置?！?/p>

（2） 由“線線垂直菹咼媧怪豹菝婷媧怪薄敝，欲證明PD⊥面PAB，則可轉(zhuǎn)化為PD垂直于面PAB內(nèi)兩條相交的直線，而PD⊥AP易證。那么PD還垂直于哪條直線呢？條件：面PAB⊥面PCD如何轉(zhuǎn)化呢？由平面與平面垂直的性質(zhì)定理知，要得到“線面垂直”，必須在面PAB內(nèi)找一條直線與這兩平面的交線垂直。

證明（1） ∵CD∥面PBO,CD撩鍭BCD，

又∵面PBO∩面ABCD=BO，∴CD∥BO.

又∵AD＝3BC，

∴點(diǎn)O在AD的三等分點(diǎn)上（靠近點(diǎn)D）.

（2） ∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD,∠BAD＝90°，面PAD∩面ABCD=AD，AB撩鍭BCD，

∴AB⊥面PAD.

又∵PD撩鍼AD，∴AB⊥PD.

延長AB，DC交于M點(diǎn)，連接PM，過點(diǎn)A作AH垂直于PM，垂足為H.

又∵面PAB⊥面PCD，面PAB∩面PCD=PM,

∴AH⊥面PCD，又∵PD撩鍼CD，∴AH⊥PD.

又∵AB∩AH=A，AB、AH撩鍼AB，

∴PD⊥面PAB.

點(diǎn)撥（1） 中最后的結(jié)果表示應(yīng)說明：點(diǎn)O在AD的三等分點(diǎn)上（靠近點(diǎn)D處）；

（2） 注意條件面PAB⊥面PCD如何轉(zhuǎn)化，沒有現(xiàn)成的“線線垂直”，所以要構(gòu)造新的“線線垂直”，結(jié)合條件面PAB⊥面PCD進(jìn)行應(yīng)用。

總結(jié)：這一題的第二問難度比較大，關(guān)鍵是平面與平面垂直的性質(zhì)定理的應(yīng)用，應(yīng)該要滿足什么條件，這個(gè)必須清楚，缺少現(xiàn)成條件的，要添加輔助條件，以幫助問題的解決。

牛刀小試

1. 如圖，四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，點(diǎn)E在線段AD上，且CE∥AB.

(1) 求證：CE⊥平面PAD；

(2) 若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝2，∠CDA＝45°，求四棱錐PABCD的體積．

2. 在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，AC∩BD=O.

（1） 若AC⊥PD，求證：AC⊥平面PBD；

（2） 若平面PAC⊥平面ABCD，求證：PB=PD；

（3） 在棱PC上是否存在點(diǎn)M（異于點(diǎn)C）使得BM∥平面PAD，若存在，求PMPC的值；若不存在，說明理由.

3. 如圖，在四棱錐PABCD中，AB∥CD，CD=2AB，E為PC的中點(diǎn)．

（1） 求證：BE∥平面PAD；

（2） 若AB⊥平面PAD，平面PBA⊥平面PBD，求證：PA⊥PD．

【參考答案】

1. (1) 證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，CE計(jì)矯鍭BCD，

所以PA⊥CE.

因?yàn)锳B⊥AD，CE∥AB，

所以CE⊥AD.

又PA∩AD＝A，

所以CE⊥平面PAD.

(2) 由(1)可知CE⊥AD.

在Rt△ECD中，DE＝CD?cos45°＝1，CE＝CD?sin45°＝1.

又因?yàn)锳B＝CE＝1，AB∥CE，

所以四邊形ABCE為矩形．

所以S四邊形ABCD＝S矩形ABCE＋S△ECD＝AB?AE＋12CE?DE＝1×2＋12×1×1＝52.

又PA⊥平面ABCD，PA＝1，

所以V四棱錐PABCD＝13S四邊形ABCD?PA＝13×52×1＝56.

2. （1） 證明：因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，

所以AC⊥BD.

因?yàn)锳C⊥PD，PD∩BD=D，

所以AC⊥平面PBD.

（2） 證明：由（1）可知AC⊥BD.

因?yàn)槠矫鍼AC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD=AC，

BD計(jì)矯鍭BCD，

所以BD⊥平面PAC.

因?yàn)镻O計(jì)矯鍼AC，

所以BD⊥PO.

因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，

所以BO=DO.

所以PB=PD.

（3） 不存在.下面用反證法說明.

假設(shè)存在點(diǎn)M（異于點(diǎn)C）使得BM∥平面PAD.

在菱形ABCD中，BC∥AD，

因?yàn)锳D計(jì)矯鍼AD，BCて矯鍼AD，

所以BC∥平面PAD.

因?yàn)锽M計(jì)矯鍼BC，BC計(jì)矯鍼BC，

BC∩BM=B，

所以平面PBC∥平面PAD.

而平面PBC與平面PAD相交，矛盾.

所以不存在點(diǎn)M（異于點(diǎn)C）使得BM∥平面PAD.

3. （1） 思路1：轉(zhuǎn)化為線線平行，構(gòu)造一個(gè)平行四邊形ABEF（其中F為PD的中點(diǎn)）.

取PD的中點(diǎn)F，連接AF、EF，

則EF∥CD且EF=12CD.

又AB∥CD且AB=12CD.

∴四邊形ABEF為平行四邊形,∴BE∥AF.

∵BEっ鍼AD，AF濟(jì)鍼AD，∴BE∥面PAD；

思路2：轉(zhuǎn)化為線線平行，延長DA、CB，交于點(diǎn)F，連接PF，易知BE∥PF.

思路3：轉(zhuǎn)化為面面平行，取CD的中點(diǎn)F，易證平面BEF∥平面PAD.

（2） 在平面PBA內(nèi)作AH⊥PB于H，

則AH⊥平面PBD，

從而AH⊥PD，又已知AB⊥平面PAD，

所以AB⊥PD，

這樣PD⊥平面PBA，故PA⊥PD．

（作者：張建，江蘇省通州高級(jí)中學(xué)）