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1、2020届新课标数学考点预测-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
2、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。3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
3、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，则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。此部分若用向量来处理，则思路较为简单，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，则有，由此可求点到线，点到面的距离。二、高考真题2020山东卷(20)(本小题满分12分)如图，已知四棱锥P-ABCD，底面A
4、BCD为菱形，PA平面ABCD，,E，F分别是BC, PC的中点.（）证明：AEPD; （）若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EAFC的余弦值.（）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AEBC. 又 BCAD，因此AEAD.因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE.而 PA平面PAD，AD平面PAD 且PAAD=A，所以 AE平面PAD，又PD平面PAD.所以 AEPD.（）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH.由（）知 AE平面PAD，则EHA为EH与平面PAD所成的角.在RtE
5、AH中，AE=，所以 当AH最短时，EHA最大，即 当AHPD时，EHA最大.此时 tanEHA=因此 AH=.又AD=2，所以ADH=45，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EOAC于O，则EO平面PAC， 过O作OSAF于S，连接ES，则ESO为二面角E-AF-C的平面角， 在RtAOE中，EO=AEsin30=，AO=AEcos30=, 又F是PC的中点，在RtASO中，SO=AOsin45=, 又 在RtESO中，cosESO= 即所求二面角的余弦值为解法二：由（）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图
6、所示的空间直角坐标系，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的一法向量为则 因此取因为 BDAC，BDPA，PAAC=A，所以 BD平面AFC，故 为平面AFC的一法向量.又 =（-），所以 cosm, =因为 二面角E-AF-C为锐角，所以所求二面角的余弦值为2.2020江苏卷16在四面体ABCD 中，CB= CD, ADBD，且E ,F分别是AB,BD 的中点，求证：（）直线EF 面ACD ；（）面EFC面BCD 【解析】本小题
7、考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系的判定（） E,F 分别是AB,BD 的中点，EF 是ABD 的中位线，EFAD，EF面ACD ，AD 面ACD ，直线EF面ACD （） ADBD ，EFAD， EFBD.CB=CD, F 是BD的中点，CFBD.又EFCF=F，BD面EFCBD面BCD，面EFC面BCD 江西卷解 ：（1）证明：依题设，是的中位线，所以，则平面，所以。又是的中点，所以，则。因为，所以面，则，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，则，则是的中点，则。设，由得，解得，在中，则，。所以，故二面角为。解法二：（1）以直线分别为轴，建立空
8、间直角坐标系，则所以所以所以平面由得，故：平面(2)由已知设则由与共线得:存在有得 同理:设是平面的一个法向量,则令得 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。则。则点到平面的距离为3.2020辽宁卷19（本小题满分12分）如图，在棱长为1的正方体中，AP=BQ=b（0b1），截面PQEF，截面PQGHABCDEFPQHG（）证明：平面PQEF和平面PQGH互相垂直；（）证明：截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值，并求出这个值；（）若与平面PQEF所成的角为，求与平面PQGH所成角的正弦值本小题主要考查空间中的线面关系，面面关系，解三角形等基础知识，考查空
9、间想象能力与逻辑思维能力。满分12分解法一：（）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（）证明：由（）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（）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
10、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Dxyz由已知得，故ABCDEFPQHyxzG，（）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（）证明：因为，所以，又，所以PQEF为矩形，同理PQGH为矩形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（）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4.2020陕西卷19（本小题满分12分）A1
11、AC1B1BDC三棱锥被平行于底面的平面所截得的几何体如图所示，截面为，平面，（）证明：平面平面；（）求二面角的大小解法一：（）平面平面，在中，又，即又，平面，平面，平面平面（）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，则，A1AC1B1BDCzyx（第19题，解法二）在中，在中，即二面角为解法二：（）如图，建立空间直角坐标系，则，点坐标为，又，平面，又平面，平面平面（）平面，取为平面的法向量，设平面的法向量为，则，如图，可取，则，即二面角为5.2020湖南卷17.（本小题满分12分） 如图所示，四棱
12、锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，BCD60，E是CD的中点，PA底面ABCD，PA2. （）证明：平面PBE平面PAB;（）求平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小.解: 解法一（）如图所示，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BECD,又ABCD,所以BEAB.又因为PA平面ABCD，平面ABCD，所以PABE.而AB=A,因此BE平面PAB.又平面PBE，所以平面PBE平面PAB.（）延长AD、BE相交于点F，连结PF.过点A作AHPB于H，由（）知平面PBE平面PAB,所以AH平面PBE.在RtABF中，因为BAF
13、60，所以，AF=2AB=2=AP.在等腰RtPAF中，取PF的中点G，连接AG.则AGPF.连结HG，由三垂线定理的逆定理得，PFHG.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RtPAF中， 在RtPAB中， 所以，在RtAHG中， 故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是解法二: 如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，2）,（）因为，平面PAB的一个法向量是，所以共线.从而BE平面PAB.又因为平面PBE，故平面PBE平面PAB. ()易知 设是平面PBE的一个法向量，则由得所以 设是平面PAD的一个法向量，则由得所以故可取 于是， 故平面
