2022高考数学考点预测空间向量与立体几何一、考点介绍1．利用向量处理平行问题 空间图形的平行关系包括直线与直线的平行，直线与平面的平行，平面与平面的平行，它们都可以用向量方法来研究。方法如下：（1）设是两条不重合的直线，它们的方向向量分别为，那么。根据实数与向量积的定义：。（2）平面与平面平行可以转化两个平面的法向量平行：设两个不重合的平面的法向量分别为，那么。（3）直线与平面平行可以转化为直线的方向向量与平面与平面的法向量垂直：设直线在平面外，是的一个方向向量，是平面的一个法向量，那么。（4）平面表示以为方向向量的直线与向量平行或在平面内，因此也可以由共面向量定理证明线面平行问题。2．利用向量处理垂直问题 空间的线线、线面、面面垂直关系，都可以转化为空间内的两个向量垂直问题来解决。（1）设分别为直线的一个方向向量，那么；（2）设分别为平面的一个法向量，那么；（3）设直线的方向向量为，平面的法向量为，那么。29/29\n3．利用向量处理角度问题在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等。关于角的计算，均可归结为两个向量的夹角。对于空间向量，有，利用这一结论，我们可以较方便地处理立体几何中的角的问题。 求异面直线所成的角的关键在于求异面直线上两向量的数量积，而要求两向量的数量积，可以求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示，两向量的夹角范围是，而两异面直线所成角的范围是，应注意加以区分。 直线与平面的夹角，是直线的方向向量与平面的法向量的夹角（锐角）的余角，故有：，。设分别是二面角的面的法向量，那么＜＞就是所求二面角的平面角或其补角的大小。4．利用向量处理距离问题 立体几何中涉及到距离的问题比较多，如两点的距离、点与线的距离、点与面的距离、线与面的距离、两异面直线的距离问题等等，它是数学学习中的一个难点。此局部假设用向量来处理，那么思路较为简单，方法较为因定。（1）利用可以求有关距离问题；（2）设是直线上的一个单位方向向量，线段AB在上的投影是，那么有｜｜＝，由此可求点到线，点到面的距离。29/29\n二、高考真题１．2022山东卷(20)(本小题总分值12分)如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，,E，F分别是BC,PC的中点.（Ⅰ）证明：AE⊥PD;（Ⅱ）假设H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角E—AF—C的余弦值.（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形.因为E为BC的中点，所以AE⊥BC.又BC∥AD，因此AE⊥AD.因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE.而PA平面PAD，AD平面PAD且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD，又PD平面PAD.所以AE⊥PD.（Ⅱ）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH.由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，那么∠EHA为EH与平面PAD所成的角.在Rt△EAH中，AE=，所以当AH最短时，∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大.此时tan∠EHA=因此AH=.又AD=2，所以∠ADH=45°，29/29\n所以PA=2.解法一：因为PA⊥平面ABCD，PA平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD.过E作EO⊥AC于O，那么EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF于S，连接ES，那么∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=，AO=AE·cos30°=,又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO·sin45°=,又在Rt△ESO中，cos∠ESO=即所求二面角的余弦值为解法二：由（Ⅰ）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如以下图的空间直角坐标系，又E、F分别为BC、PC的中点，所以E、F分别为BC、PC的中点，所以A（0，0，0），B（，-1，0），C（C，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（，0，0），F（），所以设平面AEF的一法向量为29/29\n那么因此取因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，所以BD⊥平面AFC，故为平面AFC的一法向量.又=（-），所以cos＜m,＞=因为二面角E-AF-C为锐角，所以所求二面角的余弦值为2.2022江苏卷16．在四面体ABCD中，CB=CD,AD⊥BD，且E,F分别是AB,BD的中点，求证：（Ⅰ）直线EF∥面ACD；（Ⅱ）面EFC⊥面BCD．【解析】本小题考察空间直线与平面、平面与平面的位置关系的判定．（Ⅰ）∵E,F分别是AB,BD的中点，∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD，∵EF面ACD，AD面ACD，∴直线EF∥面ACD．（Ⅱ）∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.∵CB=CD,F是BD的中点，∴CF⊥BD.又EFCF=F，∴BD⊥面EFC．∵BD面BCD，∴面EFC⊥面BCD．江西卷．解：（1）证明：依题设，是的中位线，所以∥，29/29\n那么∥平面，所以∥。又是的中点，所以⊥，那么⊥。因为⊥，⊥，所以⊥面，那么⊥，因此⊥面。（2）作⊥于，连。因为⊥平面，根据三垂线定理知，⊥，就是二面角的平面角。作⊥于，那么∥，那么是的中点，那么。设，由得，，解得，在中，，那么，。所以，故二面角为。解法二：（1）以直线分别为轴，建立空间直角坐标系，那么所以所以所以平面由∥得∥，故：平面(2)由已知设29/29\n那么由与共线得:存在有得同理:设是平面的一个法向量,那么令得又是平面的一个法量所以二面角的大小为（3）由（2）知，，，平面的一个法向量为。那么。那么点到平面的距离为3.2022辽宁卷19．（本小题总分值12分）如图，在棱长为1的正方体中，AP=BQ=b（0<b<1），截面PQEF∥，截面PQGH∥．ABCDEFPQHG（Ⅰ）证明：平面PQEF和平面PQGH互相垂直；（Ⅱ）证明：截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值，29/29\n并求出这个值；（Ⅲ）假设与平面PQEF所成的角为，求与平面PQGH所成角的正弦值．本小题主要考察空间中的线面关系，面面关系，解三角形等根底知识，考察空间想象能力与逻辑思维能力。总分值12分．解法一：（Ⅰ）证明：在正方体中，，，又由已知可得，，，ABCDEFPQHGNM所以，，所以平面．所以平面和平面互相垂直．4分（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，又截面PQEF和截面PQGH都是矩形，且PQ=1，所以截面PQEF和截面PQGH面积之和是，是定值．8分（III）解：连结BC′交EQ于点M．因为，，所以平面和平面PQGH互相平行，因此与平面PQGH所成角与与平面所成角相等．与（Ⅰ）同理可证EQ⊥平面PQGH，可知EM⊥平面，因此EM与的比值就是所求的正弦值．设交PF于点N，连结EN，由知．29/29\n因为⊥平面PQEF，又已知与平面PQEF成角，所以，即，解得，可知E为BC中点．所以EM=，又，故与平面PQCH所成角的正弦值为．12分解法二：以D为原点，射线DA，DC，DD′分别为x，y，z轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系D－xyz由已知得，故ABCDEFPQHyxzG，，，，，，，，，．（Ⅰ）证明：在所建立的坐标系中，可得，，．因为，所以是平面PQEF的法向量．因为，所以是平面PQGH的法向量．因为，所以，所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直．4分（Ⅱ）证明：因为，所以，又，所以PQEF为矩形，同理PQGH为矩形．29/29\n在所建立的坐标系中可求得，，所以，又，所以截面PQEF和截面PQGH面积之和为，是定值．8分（Ⅲ）解：由已知得与成角，又可得，即，解得．所以，又，所以与平面PQGH所成角的正弦值为．12分4.2022陕西卷19．（本小题总分值12分）A1AC1B1BDC三棱锥被平行于底面的平面所截得的几何体如以下图，截面为，，平面，，，，，．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求二面角的大小．解法一：（Ⅰ）平面平面，．在中，，，，又，，，即．29/29\n又，平面，平面，平面平面．（Ⅱ）如图，作交于点，连接，由已知得平面．是在面内的射影．A1AC1B1BDCFE（第19题，解法一）由三垂线定理知，为二面角的平面角．过作交于点，那么，，．A1AC1B1BDCzyx（第19题，解法二）在中，．在中，．，即二面角为．解法二：（Ⅰ）如图，建立空间直角坐标系，那么，，．点坐标为．，．29/29\n，，，，又，平面，又平面，平面平面．（Ⅱ）平面，取为平面的法向量，设平面的法向量为，那么．，如图，可取，那么，，即二面角为．5.2022湖南卷17.（本小题总分值12分）如以下图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA＝2.（Ⅰ）证明：平面PBE⊥平面PAB;（Ⅱ）求平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小.解:解法一（Ⅰ）如以下图，连结BD，由ABCD是菱形且∠BCD=60°知，△BCD是等边三角形.因为E是CD的中点，所以BE⊥CD,又AB∥CD,所以BE⊥AB.又因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥BE.而AB=A,因此BE⊥平面PAB.又平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB.29/29\n（Ⅱ）延长AD、BE相交于点F，连结PF.过点A作AH⊥PB于H，由（Ⅰ）知平面PBE⊥平面PAB,所以AH⊥平面PBE.在Rt△ABF中，因为∠BAF＝60°，所以，AF=2AB=2=AP.在等腰Rt△PAF中，取PF的中点G，连接AG.那么AG⊥PF.连结HG，由三垂线定理的逆定理得，PF⊥HG.所以∠AGH是平面PAD和平面PBE所成二面角的平面角（锐角）.在等腰Rt△PAF中，在Rt△PAB中，所以，在Rt△AHG中，故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是解法二:如以下图，以A为原点，建立空间直角坐标系.那么相关各点的坐标分别是A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，2）,（Ⅰ）因为，平面PAB的一个法向量是，所以共线.从而BE⊥平面PAB.29/29\n又因为平面PBE，故平面PBE⊥平面PAB.(Ⅱ)易知设是平面PBE的一个法向量，那么由得所以设是平面PAD的一个法向量，那么由得所以故可取于是，故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是三、名校试题考点一：利用向量证明垂直1．山东省淄博市2022年5月高三模拟试题(本小题总分值分)已知梯形中，∥，，，、分别是、上的点，∥，，是的中点.沿将梯形翻折，使平面⊥平面(如图).(Ⅰ)当时，求证：⊥；29/29\n(Ⅱ)假设以、、、为顶点的三棱锥的体积记为，求的最大值；(Ⅲ)当取得最大值时，求二面角的余弦值.H解:（Ⅰ）（法一）作于，连， 由平面平面知平面而平面，故又四边形为正方形∴ 又，故平面 而平面∴ .（或者直接利用三垂线定理得出结果）xyz（法二）∵平面平面∴ ⊥面平面∴⊥,⊥,又⊥故可如图建立空间坐标系．那么，， ∴∴. （Ⅱ）∵ ，面面∴面又由（Ⅰ）平面∴所以＝H_EMFDBACG29/29\n即时有最大值为．（Ⅲ）（法一）作于，作，连由三垂线定理知∴是二面角的平面角的补角由∽，知而，∴ 又∴ 在中，因为∠是锐角∴∠＝ 而∠是二面角的平面角的补角故二面角的余弦值为－.（法二）设平面的法向量为∵,，，∴那么即取那么∴面的一个法向量为那么<>29/29\n由于所求二面角的平面角为钝角所以，此二面角的余弦值为－.考点二、利用向量求二面角2.2022年金华一中高考模拟试卷（本小题总分值14分）如图，已知正三棱柱，是线段上一点，且∥平面。记。（1）求的值；（2）假设∠，求二面角的大小；解：（1）连结交于O，那么O是的中点，连结DO。∵∥平面，∴∥DO…………………………∴D为AC中点，∴…………………（2）设正三棱柱底面边长为2，那么DC=1。∵∠=60°，∴=。作DE⊥BC于E。∵平面⊥平面ABC，∴DE⊥平面，作EF⊥于F，连结DF，那么DF⊥∴∠DFE是二面角D--C的平面角……………………在Rt△DEC中，DE=，在Rt△BFE中，EF=BE·sin∠∴在Rt△DEF中，tan∠DFE=∴二面角D－－C的大小为arctan………………解法二：以AC的中D为原点建立坐标系，如图，设|AD|=1，∵∠=60°∴||=。那么A（1，0，0），B（0，，0），C（-1，0，0），（1，0），，（2）=（-1，0，），设平面BD的法向量为，那么，即29/29\n那么有=0令z=1,那么=（，0，1）………………设平面BC的法向量为,=（0，0，），即∴z′=0令y=-1，解得=（，-1，0），，二面角D—B—C的大小为arccos…………考点三、利用向量求距离3．山东省郓城一中2022-2022学年第一学期高三期末考试（理做Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；文做Ⅰ、Ⅳ）如图，直二面角D—AB—E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE=EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.（Ⅰ）求证：AE⊥平面BCE；（Ⅱ）求二面角B—AC—E的余弦值；（Ⅲ）求点D到平面ACE的距离.（Ⅳ）求证：平面BDF⊥平面ABCD解法一：（Ⅰ）平面ACE.∵二面角D—AB—E为直二面角，且，平面ABE.（Ⅱ）连结BD交AC于C，连结FG，∵正方形ABCD边长为2，∴BG⊥AC，BG=，平面ACE，（Ⅲ）过点E作交AB于点O.OE=1.∵二面角D—AB—E为直二面角，∴EO⊥平面ABCD.29/29\n设D到平面ACE的距离为h，平面BCE，∴点D到平面ACE的距离为解法二：（Ⅰ）同解法一.（Ⅱ）以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，过O点平行于AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系O—xyz，如图.面BCE，BE面BCE，，在的中点，设平面AEC的一个法向量为，那么解得令得是平面AEC的一个法向量.又平面BAC的一个法向量为，∴二面角B—AC—E的大小为（III）∵AD//z轴，AD=2，∴，∴点D到平面ACE的距离考点四、利用向量证明平行29/29\n4．山东省烟台市2022年高三适应性练习（12分）如图，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，∠PAD=90°，且PA=AD=2，E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点。（1）求证：PB//平面EFG；（2）求异面直线EG与BD所成的角的余弦值；（3）在线段CD上是否存在一点Q，使得点A到平面EFQ的距离为，假设存在，求出CQ的值；假设不存在，请说明理由。解法一：（1）证明：取AB为中点H，连结GH，HE，∵E，F，G分别是线段PA、PD、CD的中点，∴GH//AD//EF，∴E，F，G，H四点共面。……………………1分又H为AB中点，∴EH//PB。……………………2分又EH面EFG，PB平面EFG，∴PB//面EFG。……………………4分（2）解：取BC的中点M，连结GM、AM、EM，那么GM//BD，∴∠EGM（或其补角）就是异面直线EG与BD所成的角。……………………5分在Rt△MAE中，同理∴在Rt△MGE中，………………6分故异面直线EG与BD所成角的余弦值为……………………8分（3）假设在线段CD上存在一点Q，满足题设条件，过点Q作OR⊥AB于R，连结RE，那么QR//AD。29/29\n∵ABCD是正方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2，∴AD⊥AB，AD⊥PA又ABPA=A，∴AD⊥平面PAB。又∵E，F分别是PA，PD中点，∴EF//AD，∴EF⊥平面PAB又EF面EFQ，∴EFQ⊥平面PAB。过A作AT⊥ER于T，那么AT⊥面EFQ，∴AT就是点A到平面EFQ的距离。……………………10分设在Rt△EAR中，AT解得。故存在点Q，当时，点A到平面EFQ的距离为………………12分解法二：建立如以下图的空间直角坐标系A—xyz，那么A（0，0，0），B（2，0，0，），C（2，2，0），D（0，2，0）P（0，0，2），E（0，0，1），F（0，1，1），G（1，2，0）。（1）证明：∵………………1分设即（2，0，—2）=S（0，—1，0）+t（1，1，—1）解得s=t=2∴又∵∴共面。………………3分∵∴PB//平面EFG。……………………4分29/29\n（2）解∵……………………5分∴故平面直线EG与BD所成角的余弦值为………………8分（3）假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件。令，那么DQ=2－m∴点Q的坐标为（）∴而，那么∴令……………………10分又（0，0，1）∴点A到平面EFQ的距离…………11分即∴不合题意，舍去。故存在点Q，当点A到平面EFQ的距离为………………12分考点五、利用向量求线面角5．山东省潍坊市2022年5月高三教学质量检测（本小题总分值12分）29/29\n如图，三棱柱A1B1C1—ABC的三视图中，主视图和左视图是全等的矩形，俯视图是等腰直角三角形，已知点M是A1B1的中点.（1）求证：B1C∥平面AC1M；（2）设AC与平面AC1M的夹角为θ，求sinθ.解：由三视图可知三棱柱A1B1C1—ABC为直三棱柱，侧梭长为2，底面是等腰直角三角形，AC=BC=1.…………2分如图建立空间直角坐标系C—xyz，那么C（0，0，0），C1（0，0，2），A（1，0，0），B1（0，1，2），A1（1，0，2）∵M为A1B1中点，…………………………4分（1）……………………6分∥面AC1M，又∵B1C面AC1M，∴B1C∥面AC1M.…………………………8分（2）设平面AC1M的一个法向量为…………………………………………………………10分那么…………………………12分29/29\n四、考点预测1．山东省莱芜市2022届高三年级期末考试（本小题总分值20分）如图，在三棱锥S—ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成的角为60°。（1）求证：平面MAP⊥平面SAC。（2）（文）求二面角M—AC—B的平面角的正切值；（理）求二面角M—AB—C的平面角的余弦值；（3）（文）求多面体PMABC的体积。（理）求AP和CM所成角的余弦值。解：（I）∵SC⊥平面ABC，SC⊥BC，又∵∠ACB=90°∴AC⊥BC，AC∩SC=C，BC⊥平面SAC，…………1分又∵P，M是SC、SB的中点∴PM∥BC，PM⊥面SAC，∴面MAP⊥面SAC，…………1分（II）（文科）∵AC⊥平面SAC，∴面MAP⊥面SAC.…………3分∴AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M—ACB的平面角，∵直线AM与直线PC所成的角为60°∴过点M作MN⊥CB于N点，连结AN，那么∠AMN=60°.……………………4分在△CAN中，由勾股定理得在Rt△AMN中，=………………6分在Rt△CNM中，29/29\n故二面角M—AB—C的正切值为.…………………………8分（理科）如图以C为原点建立如以下图空间直角坐标系C—xyz.那么……………………4分设平面MAB的一个法向量为，那么由取z=……………………6分取平面ABC的一个法向量为那么由图知二面角M—AB—C为锐二面角，故二面角M—AB—C的余弦值为………………8分其他方法可参考本解法相应给分。（3）（文科）多面体PMABC就是四棱锥A—BCPMVPMABC=BA—PMBC=………………12分（理科）………………9分29/29\n∴AP与CM所成角的余弦值为………………12分SABC2．宁夏银川一中2022届高三年级第三次模拟考试（本小题共12分）在三棱锥中，，.（Ⅰ）证明：⊥；（Ⅱ）求二面角A-BC-S的大小；（Ⅲ）求直线AB与平面SBC所成角的正弦值.解法一：解：（Ⅰ）且平面.-------------2分SABCD为在平面内的射影.--------3分又⊥,∴⊥.----------4分（Ⅱ）由（Ⅰ）⊥，又⊥，∴为所求二面角的平面角.-------6分又∵==4,∴=4.∵=2,∴=60°.-------8分即二面角大小为60°.（Ⅲ）过作于D，连结,由（Ⅱ）得平面平面,又平面,∴平面平面,且平面平面,∴平面.∴为在平面内的射影..--------10分在中，，在中，，.∴=.------------11分29/29\n所以直线与平面所成角的大小为.----12分解法二：解：（Ⅰ）由已知，以点为原点，建立如以下图的空间直角坐标系.那么,.-------2分那么，...----------------4分（Ⅱ），平面.是平面的法向量.-------5分设侧面的法向量为,,.,.令那么.那么得平面的一个法向量.---------6分.即二面角大小为60°.----------8分（Ⅲ）由（II）可知是平面的一个法向量.--------10分又，.-----11分所以直线与平面所成角为---------12分2．08届莆田四中5月份第2次模拟试卷（本小题总分值12分）已知，如图四棱锥中，底面是平行四边形，，垂足在上，且，，，，是的中点.（1）求异面直线与所成的角；（2）求点到平面的距离；29/29\n（3）假设点是棱上一点，且，求的值.解法一：（1）在平面内，过点作交于，连结，那么（或其补角）就是异面直线与所成的角.在中，，由余弦定理得，=∴异面直线与所成的角为arccos（2）∵平面，平面∴平面⊥平面在平面内，过作，交延长线于，那么⊥平面∴的长就是点到平面的距离在，∴点到平面的距离为（3）在平面内，过作，为垂足，连结，又因为∴平面，∴由平面⊥平面，∴⊥平面∴由得：解法二：（1）由已知∴如以下图，以G点为原点建立空间直角坐标系o—xyz，那么，，故29/29\n∴异面直线与所成的角为arccos4分（2）平面PBG的单位法向量∴点到平面的距离为-------------8分（3）设在平面内过点作，为垂足，那么-------------12分高考资源网29/29
