第一章 空间向量与立体几何 章末综合提升-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间向量与立体几何，涵盖空间向量的概念运算及在证明计算中的应用，通过体系构建梳理知识框架，分层探究从基础到综合形成递进学习支架，帮助学生衔接前后知识点。 其亮点在于以分层探究为核心，通过典例解析和规律方法培养学生的空间观念和逻辑推理能力，结合高考真题强化数学语言表达，单元检测卷助力巩固提升。学生能系统掌握知识提升解题能力，教师可利用分层资源优化教学效率。

章末综合提升 　 第一章 空间向量与立体几何 体系构建 1 分层探究 2 考教衔接 3 单元检测卷 4 内容索引 体 系 构 建 返回 返回 分 层 探 究 返回 探究点一　空间向量的概念及运算 (1)已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(4，5，λ)，若a，b，c共面，则实数λ的值为 A.6 B.5 C.4 D.3 √ 显然向量a＝(2，－1，3)与b＝(－1，4，－2)不平行，而a，b，c共面，则存在实数x，y使c＝xa＋yb，即(4，5，λ)＝x(2，－1，3)＋y(－1，4，－2)，于是所以实数λ的值为5.故选B. 典例 1 (2)已知a，b，c均为单位向量，〈a，b〉＝〈b，c〉＝90°，〈a，c〉＝60°，则＝ A.4 B.2 C. D. √ 由题意及空间向量数量积的定义可得a·b＝b·c＝0，a·c＝cos 60°＝，所以｜a－b＋c｜2＝a2＋b2＋c2－2a·b＋2a·c－2b·c＝3－0＋2×－0＝4，因此，｜a－b＋c｜＝2.故选B. (3)(多选)在《九章算术》中，将上、下底面为直角三角形的直三棱柱叫做堑堵，在如图所示的堑堵中，＝2，则 A.＝＋＋ B.＝＋＋ C.在上的投影向量为 D.在上的投影向量为 √ √ 因为＝＋＋＝＋＋＝ ＋＋－)＝＋＋，故 A不正确，B正确；如图所示，过点D作DU垂直BC， 过点U作VU垂直AB，UW垂直AC，故向量，向量，由题意易得＝，＝，故＝，C不正确.＝，故D正确.故选BD. 规律方法 1.空间向量的线性运算、共线向量的概念、向量共线的充要条件与平面向量的性质是一致的；利用向量共面的充要条件可以判断第三个向量是否与已知的两个不共线的向量共面，特别地，空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使＝x＋y. 2.向量的数量积运算的性质是解决空间线段长度与夹角大小的依据. 对点练1.(1)在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，G为△ABC的重心，点M在线段OC上，且OM＝2MC，则＝ A.a＋b－c B.a＋b＋c C.－a＋b＋c D.a－b＋c 如图所示，连接AG并延长，交BC于D，因为G为△ABC的 重心，所以G为AD的三等分点，D为BC的中点，＝ ＋＋ √ ＝c＋(b－c)－＝c＋(b－c)－＋)＝c＋(b－c)－(b－a＋c－a)＝a＋b－c.故选A. (2)在空间直角坐标系Oxyz中，若点A，B，D，且＝2，则的值为______. 设点P，因为＝2，A，B，所以＝2(－1－x，3－y，4－z)，则即P(－1，3，3).又D，所以＝，所以＝2. 2 (3)正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2(如图)，P，Q分别为棱AB，AD的中点，则·＝___. 1 由正八面体的性质可得BF＝AD，BF∥AD，则＝，·＝·＝·(－－)＝－·－·－·－·＝－×2×2cos 120°－×2×2cos 60°－×2×2cos 120°－×2×2cos 120°＝－1＋＋1＝1. 探究点二　空间向量与线面位置关系 在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点. (1)求证：BM∥平面PAD； 解：证明：以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1). 因为＝(0，1，1)，平面PAD的一个法向量为n＝(1，0，0)， 所以·n＝0，即⊥n. 又BM⊄平面PAD， 所以BM∥平面PAD. 典例 2 (2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由. 解：由(1)知，＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2). 假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD，设N(0，y，z)，则＝(－1，y－1， z－1). 因为MN⊥BD，MN⊥PB， 所以 所以所以N， 所以在平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD. 规律方法 利用空间向量证明空间中的位置关系 1.线线平行 证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量. 2.线线垂直 证明两条直线垂直，只需证明两条直线的方向向量垂直. 3.线面平行 (1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直； (2)可在平面内找到一个向量，证明其与直线的方向向量是共线向量； (3)利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两个不共线向量线性表示. 规律方法 4.线面垂直 (1)证明直线的方向向量与平面的法向量平行； (2)利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题. 5.面面平行 (1)证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)； (2)转化为线面平行、线线平行问题. 6.面面垂直 (1)证明两个平面的法向量互相垂直； (2)转化为线面垂直，线线垂直问题. 对点练2.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD. 证明：(1)PA⊥BD； 证明：取BC的中点O，连接PO. 因为平面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形， 平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC， 所以PO⊥底面ABCD. 所以以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴， 过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建 立空间直角坐标系，如图所示. 不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝. 所以A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)， P(0，0，). 所以＝(－2，－1，0)，＝(1，－2，－). 因为·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0， 所以⊥，所以PA⊥BD. (2)平面PAD⊥平面PAB. 证明：取PA的中点M，连接DM，则M. 因为＝，＝(1，0，－)， 所以·＝×1＋0×0＋×(－)＝0， 所以⊥，即DM⊥PB. 因为·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0， 所以⊥，即DM⊥PA. 又因为PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB， 所以DM⊥平面PAB. 因为DM⊂平面PAD， 所以平面PAD⊥平面PAB. 对点练3.如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，EF∥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，且BC＝2EF，AE＝AF，点G是EF的中点. (1)证明：AG⊥平面ABCD； 解：证明：因为AE＝AF，点G是EF的中点， 所以AG⊥EF. 又因为EF∥AD，所以AG⊥AD. 由平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AG⊂平面ADEF， 所以AG⊥平面ABCD. (2)线段AC上是否存在一点M，使MG∥平面ABF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 解：由(1)得AG⊥平面ABCD，AD，AB⊂平面ABCD，所以AG⊥AD，AG⊥AB. 四边形ABCD是边长为4的正方形，所以AG，AD，AB两两垂直. 所以以A为原点，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示. 所以A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(4，4，0). 假设线段AC上存在一点M，使MG∥平面ABF. 设＝λ，则＝λ， 因为＝(4，4，0)，所以＝(4λ，4λ，0). 设AG＝t(t＞0)，则＝(0，0，t)， 所以＝－＝(－4λ，－4λ，t). 又F(0，－1，t)，所以＝(0，－1，t)，＝(4，0，0)， 设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)， 则取z＝1，所以n＝(0，t，1). 由于MG∥平面ABF，所以·n＝0，即－4λt＋t＝0，解得λ＝， 所以＝，此时＝. 即存在点M，当＝时，MG∥平面ABF. 探究点三　 空间向量与距离 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为A1B1的中点，F为AB的中点，H为DD1的中点，K为BB1的中点.求： (1)直线A1H到直线KC的距离； 解：以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则A1( )，C(0，1，1)，A ()，C1(0，1，0)，H(0，0，)，K(1，1，)，F(1，，1)，E(1，，0).所以＝，＝， 典例 3 则＝，即∥，则A1H∥KC， 所以直线A1H到直线KC的距离可转化成点A1到直线KC的距离. 所以＝，＝＝， ＝＝，＝＝， 所以点A1到直线KC的距离 d＝＝＝. 所以直线A1H到直线KC的距离为. (2)直线FC到平面AEC1的距离. 解：由(1)可得＝，＝， ＝. 设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)， 由 令z＝1，则x＝1，y＝2，得n＝(1，2，1). 因为·n＝0，所以⊥n，又FC⊄平面AEC1，则FC∥平面AEC1， 所以直线FC到平面AEC1的距离可转化成C到平面AEC1的距离， 则＝， 所以直线FC到平面AEC1的距离d＝＝＝. 规律方法 1.向量法求点到平面的距离：一般转化为平面外一点与平面内一点构成的向量在平面的法向量方向上的投影向量的长度问题. 2.求直线到平面、平面到平面的距离：往往转化为点到平面的距离求解，且这个点要适当选取，以易于求解为准则. 对点练4.(多选)已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1，E，O分别是A1B1，A1C1的中点，点P在正方体内部且满足＝＋＋，则下列说法正确的是 A.点A到直线BE的距离是 B.点O到平面ABC1D1的距离为 C.平面A1BD与平面B1CD1间的距离为 D.点P到直线AB的距离为 √ √ 根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系.则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0， 0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，E， O.所以＝(－1，0，0)，＝.设∠ABE＝θ，则cos θ＝＝，所以sin θ＝＝，故点A到直线BE的距离d1＝｜｜sin θ＝，故A错误； 易知＝，平面ABC1D1的一个法向量为＝(0， －1，1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝＝＝，故B 正确； ＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，0).设 平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则 令z＝1，得x＝1，y＝1，所以n＝(1，1，1)，所 以点D1到平面A1BD的距离d3＝＝＝.因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为，故C正确； 因为＝＋＋，所以＝. 又＝(1，0，0)，所以＝，所以点P到直线 AB的距离d4＝＝＝，故D错误.故选BC. 对点练5.已知四棱锥P-ABCD中，底面是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点. (1)求证：PO⊥平面ABCD； 解：证明：因为△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以PO⊥AD. 因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD， 所以CD⊥PO. 因为CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD. (2)已知点M是线段PG上的动点，并且到平面EFG的距离是，求线段GM的长. 解：连接OG，因为PO⊥平面ABCD，OA，OG⊂平面ABCD， 所以PO⊥OA，PO⊥OG. 因为底面是边长为4的正方形，则OP，OA，OG两两垂直. 所以以O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 则D(－2，0，0)，C(－2，4，0)，P(0，0，2)，F(－1，0，)，E(－1，2，)，G(0，4，0)， 所以＝(0，－2，0)，＝(1，2，－). 设M，a∈[0，4]，平面EFG的法向量为n＝， 则 取z＝1，则x＝，故n＝. 则M到平面EFG的距离为d＝＝＝， 解得a＝，a＝(舍)，故M， 故＝＝. 探究点四　空间向量与空间角 如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2. (1)求证：BF∥平面ADE； 解：由题意，建立以A为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴，正方向的空间直角坐标系，如图 所示. 可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2). 设CF＝h(h＞0)，则F(1，2，h). 典例 4 证明：由题意，＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，又＝(0，2，h)，可得·＝0， 又因为直线BF⊄平面ADE， 所以BF∥平面ADE. (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值； 解：由题意，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)， ＝(－1，－2，2). 设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量， 则 取z＝1，可得n＝(2，2，1). 因此有cos〈，n〉＝＝－. 所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为. (3)若平面BDE与平面BDF夹角的余弦值为，求线段CF的长. 解：设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量， 则 所以 不妨令z1＝－1，可得m＝. 由题意，有｜cos〈m，n〉｜＝＝＝， 解得h＝.经检验，符合题意. 所以，线段CF的长为. 规律方法 用向量法求空间角应注意的问题 1.异面直线所成的角：两异面直线所成角的范围为0°＜θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解. 2.直线与平面所成的角：要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n与直线a的方向向量a夹角的余弦cos〈n，a〉，易知θ＝〈n，a〉－〈n，a〉. 3.平面与平面的夹角：若两个平面的法向量分别为n1，n2，两个平面的夹角为θ，则cos θ＝｜cos〈n1，n2〉｜，然后借助θ的范围，求得θ的值. 对点练6.三棱柱ABC-A1B1C1中，D是正方形AA1B1B的中心，AA1＝，C1D⊥平面AA1B1B，且C1D＝1. (1)M是棱A1C1的中点，求证：AC⊥平面AB1M； 解：证明：如图①所示，连接AC1，A1D.因为D是正方形AA1B1B的中心，AA1＝，则DA1＝1. 又C1D⊥平面AA1B1B，DA1⊂平面AA1B1B，所以C1D⊥DA1. 又C1D＝1，由勾股定理得C1A1＝＝，同理C1B1＝，AC1＝， 所以△A1B1C1，△A1AC1均为等边三角形. 又M为A1C1中点，所以A1C1⊥B1M，A1C1⊥AM. 又因为B1M∩AM＝M，B1M，AM⊂平面AB1M， 所以A1C1⊥平面AB1M. 因为AC∥A1C1，所以AC⊥平面AB1M. (2)求平面AB1M与平面A1BC夹角的大小. 解：以D为原点，DA，DA1，DC1所在直线分别 为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图② 所示. 则B，A1(0，1，0)，C(1，－1，1)，C1(0，0，1). 所以＝，＝，＝.设平面A1BC的法向量为n＝，则 取z＝1，则x＝－1，故n＝， 由(1)知，平面AB1M的一个法向量为. 设平面AB1M与平面A1BC的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝＝＝， 因为θ∈，所以θ＝. 所以平面AB1M与平面A1BC的夹角为. 返回 考 教 衔 接 返回 　　本章内容是高考必考内容之一，多考查空间中有关平行与垂直的判定、空间角与距离的求解、空间向量的应用等问题. 　　高考对本章内容的考查比较稳定，针对这一特点，复习时，首先梳理本章重要定理、公式与常用结论，扫清基础知识和公式障碍；然后分题型重点复习，重视向量法求解空间角、距离问题的思路与解题过程. (2024·全国甲卷理)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点. (1)证明：BM∥平面CDE； 解：证明：因为M为AD的中点，BC∥AD，且 AD＝4，BC＝2，所以BC∥MD，且BC＝MD， 所以四边形 BCDM 为平行四边形. 所以BM∥CD， 又CD⊂平面CDE，BM⊄平面CDE， 所以BM∥平面CDE. 真题 1 (2)求二面角F-BM-E的正弦值. 解：取AM的中点O，连接BO，FO. 由(1)可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2， 所以BO⊥AD，且BO＝. 因为EF∥MD，EF＝MD＝2，所以四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝. 又AF＝，所以FO⊥AM， 又OA＝OM＝1，所以FO＝＝3， 又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2， 所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直. 所以分别以OB，OD，OF 所在直线为x轴、y轴、z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 则F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3). 则＝(，－1，0)，＝，＝(0，1，3). 设平面 FBM 的法向量为n1＝， 则 所以 令z1＝1，所以x1＝，y1＝3，所以n1＝. 设平面EBM的法向量为n2＝， 则 所以令z2＝－1，所以x2＝，y2＝3， 所以n2＝. 设二面角F-BM-E的平面角为θ， 所以｜cos θ｜＝｜cos〈n1，n2〉｜＝＝， 因为θ∈[0，π]，所以sin θ≥0，即sin θ＝＝， 所以二面角F-BM-E的正弦值为. (2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. (1)证明：B2C2∥A2D2； 解：证明：以C 为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1). 所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)， 所以∥. 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， 所以B2C2∥A2D2. 真题 2 (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P. 解：设 P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 则＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)， ＝(－2，0，1). 设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)， 则 所以 取z＝2，得x＝λ－1，y＝3－λ， 所以n＝(λ－1，3－λ，2). 设平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)， 则 所以 取a＝1，得b＝1，c＝2，所以m＝(1，1，2)， 所以｜cos〈n，m〉｜＝＝ ＝｜cos 150°｜＝， 化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3， 所以P(0，2，1)或P(0，2，3)， 所以B2P＝｜λ－2｜＝1. (2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中， DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°， E为BC中点. (1)证明：BC⊥DA； 解：证明：如图所示，连接AE，DE. 因为E为BC中点，DB＝DC，所以DE⊥BC. 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ABD与△ACD均为等边三角形， 所以AB＝AC，从而AE⊥BC. 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE， 所以BC⊥DA. 真题 3 (2)点F满足＝，求二面角D -AB-F的正弦值. 解：不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为BD⊥CD，所以BC＝2，DE＝AE＝. 所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE. 又因为AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， 所以AE⊥平面BCD. 所以以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 则D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)，E(0，0，0). 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1， z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 二面角D -AB-F的平面角为θ，而＝(0，，－)， 因为＝＝(－，0，)， 所以F(－，0，)，即有＝(－，0，0). 所以取z1＝1， 所以n1＝(1，1，1). 取2＝1， 所以n2＝(0，1，1). 所以｜cos θ｜＝＝＝， 从而sin θ＝＝. 所以二面角D -AB-F的正弦值为. (2022·新高考Ⅰ卷) 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的 体积为4，△A1BC的面积为2. (1)求A到平面A1BC的距离； 解：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的 距离为h， 则＝·h＝h＝＝S△ABC·A1A＝＝， 解得h＝，所以点A到平面A1BC的距离为. 真题 4 (2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1， 求二面角A-BD-C的正弦值. 解：连接AB1交A1B于E，如图所示，易知E为A1B的中点， 因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B. 又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝ A1B， 且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC. 由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC，可得AE⊥BC，BB1⊥BC. 又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1. 所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间 直角坐标系，如图所示， 由(1)得AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2.又 ＝A1B·BC＝2，所以BC＝2. 则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)， 所以A1C的中点D(1，1，1). 则＝(1，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0). 设平面ABD的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则取z＝－1， 所以m＝(1，0，－1). 设平面BDC的一个法向量为n＝(a，b，c)， 则取c＝－1，所以n＝(0，1， －1). 则cos〈m，n〉＝＝＝， 所以二面角A-BD-C的正弦值为 ＝. 返回 单 元 检 测 卷 返回 1.在空间直角坐标系中，直线l1，l2的方向向量分别为a＝()，b＝()，则 A.l1∥l2 B.l1⊥l2 C.l1与l2异面 D.l1与l2相交 由a·b＝·＝4＋2－6＝0，故a⊥b，所以l1⊥l2.故 选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 2.已知向量a＝()，b＝，则向量a在向量b上的投影向量c＝ A. B. C. D. 因为向量a＝，b＝，所以向量a在向量b上的投影向量为·＝·＝.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 3.已知是空间的一个单位正交基底，向量p＝a＋2b＋3c，是空间的另一个基底，向量p在基底下的坐标为 A. B. C. D. 设p＝x＋y＋zc＝a＋b＋zc＝a＋2b＋3c，所以所以向量p在基底.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由题意得，＝＋＝－2e1＋(λ－1)e2－4e3.因为A，C，D三点共线，所以存在唯一的实数y，使得＝y，即4e1＋2e2＋8e3＝y[－2e1＋(λ－1)e2－4e3]，即故选A. √ 4.设向量e1，e2，e3不共面，已知＝－3e1－e2＋2e3，＝e1＋λe2－6e3，＝4e1＋2e2＋8e3，若A，C，D三点共线，则λ＝ A.0 B.1 C.2 D.3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，＝λ，N为BC的中点，若＝－a＋b＋c，则λ＝ A. B.3 C. D.2 √ 如图所示，因为＝λ，N为BC的中点，所以＝. 又因为＝＋，所以＝－＝＋－ ＝－a＋b＋c.又＝－a＋b＋c，所以－＝－，解得λ＝3.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 6.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，E是PA的中点，则PC到平面BED的距离为 A. B. C.2 D.2 取CD的中点F，连接AF，AC，因为四边形ABCD是菱 形，∠ABC＝60°，所以△ACD为等边三角形.又因为 F为CD的中点，所以AF⊥CD.以点A为原点，以AB， AF，AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 则B(4，0，0)，D(－2，2，0)，E(0，0，2)，P(0，0，4)， C(2，2，0).所以＝(－4，0，2)，＝(2，－2，2). 设平面BED的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 取z＝2，得n＝(1，，2).因为＝(2，2，－4)，所以n·＝2＋6－8＝0，即⊥n.又因为PC⊄平面BED，所以PC∥平面BED，所以PC到平面BED的距离等于点P到平面BED的距离.因为＝(0，0，2)，所以点P到平面BED的距离d＝＝＝，所以PC到平面BED的距离为.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.将边长为1的正方形AA1O1O及其内部绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧，则直线B1C与平面OAA1O1所成的角的正弦值为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由题意，∠AOC＝，∠A1O1B1＝，如图所示，建立空间直角坐标系.则B1(，，1)，C(，－，0)，所以＝(，，－1)，平面OAA1O1的一个法向量为n＝，设直线B1C与平面OAA1O1所成的角为θ，所以sin θ＝＝＝.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥AD，AB＝AD＝1，AA1＞AB，E，F分别是侧棱BB1，DD1上的动点，且平面AEF与平面ABC的夹角的大小为30°，则线段BE的长的最大值为 A. B. C. D. 由题意，AB，AD，AA1两两互相垂直，以A为原点，， ，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如 图所示的空间直角坐标系. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 设BE＝m，DF＝n(m≥0，n≥0，且m，n不同时为0).则A(0，0，0)， E(1，0，m)，F(0，1，n).所以＝，＝.设平 面AEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 取z＝1，得x＝－m，y＝－n，则n＝(－m，－n，1).显然m＝(0，0，1)为平面ABC的一个法向量.因为平面AEF与平面ABC的夹角的大小为30°，所以cos 30°＝＝＝＝，即＝，得m2＋n2＝，所以m＝，所以当n＝0时，m取得最大值，最大值为.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9.已知a，b，c是不共面的三个向量，则能构成一个基底的一组向量是 A.2a，a－b，a＋2b B.2b，b＋c，b＋2a C.a，2b，b－c D.c，a＋c，a－c 对于A，因为2a＝(a－b)＋(a＋2b)，故2a，a－b，a＋2b不能构成一个基底，故A错误；对于B，2b，b＋c，b＋2a三个向量中，任何一个都不能用其他两个线性表示，故可以构成一个基底，故B正确；对于C，a，2b，b－c三个向量中，任何一个都不能用其他两个线性表示，故可以构成一个基底，故C正确；对于D，因为c＝(a＋c)－(a－c)，故c，a＋c，a－c不能构成一个基底，故D错误.故选BC. √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝，AB＝2AD＝2PD，PD⊥底面ABCD，则下列结论正确的是 A.PA⊥BD B.PB与平面ABCD所成角为 C.异面直线AB与PC所成角的余弦值为 D.平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，因为∠DAB＝，AB＝2AD，由余弦定理可得BD＝ ＝AD，从而BD2＋AD2 ＝AB2，即BD⊥AD，由PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，可得BD⊥PD，又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD.又PA⊂平面PAD，所以PA⊥BD，故A正确；对于B，因为PD⊥底面ABCD，所以∠PBD就是PB与平面ABCD所成的角，又tan∠PBD＝＝，则∠PBD＝，故B正确；对于C，显然∠PCD为异面直线AB与PC所成的角，易得cos ∠PCD＝＝＝＝，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系.设AD＝1，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，，0)，P(0，0，1).则＝(－1，，0)，＝(0，，－1).设平面PAB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 即取y1＝1，则x1＝z1＝， 即n＝(，1，).又＝(－1，0，0)，设平面PBC的一个法向 量为m＝(x2，y2，z2)，则取y2＝1，则x2＝0，z2＝，即m＝(0，1，)，则cos〈m，n〉＝＝＝，即平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为，故D不正确.故选ABC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ √ √ 11.(2025·广东深圳高二期中)已知正四棱柱ABCD -A1B1C1D1，AB＝2，AA1＝a，点M为棱CC1的中点，点P为底面A1B1C1D1上的动点，则下列结论中正确的为 A.当a＝且点P位于底面A1B1C1D1的中心时，四棱锥P-ABCD外接球的表面积为 B.当a＝2时，存在点P满足PA＋PM＝4 C.当a＝2时，存在唯一的点P满足∠APM＝90° D.当a＝2时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，如图①，找到正方形ABCD的中心H，O为四棱 锥P-ABCD外接球的球心，则O在线段PH上.因为四边形 ABCD为正方形，所以BH＝，且PH＝a＝.设四棱 锥P-ABCD外接球的半径为R，则OP＝OB＝R，则在 Rt△BOH中，可得R2－(－R)2＝2，解得R＝，所以四棱锥P-ABCD外接球的表面积为4πR2＝，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于B，由于a＝2，如图②，建立空间直角坐标系，可得A(0，0，2)，M(2，2，1)，B(2，0，2)，P为底面A1B1C1D1上的动点，可设P(m，n，0)，且0≤m≤2，0≤n≤2.点M关于平面A1B1C1D1的对称点为M'(2，2，－1)，AM'＝＝，即PA＋PM的最小值为＞4，所以不存在点P满足PA＋PM＝4，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于C，＝(m，n，－2)，＝(m－2，n－2，－1)， 因为·＝m2－2m＋n2－2n＋2＝(m－1)2＋(n－1)2， 所以当m＝1，n＝1时，AP⊥MP，此时∠APM＝90°， 所以当a＝2时，存在唯一的点P满足∠APM＝90°，故 C正确；对于D，＝(m－2，n，－2)，＝(2，2，－1)，若BP⊥AM，则有·＝2m－4＋2n＋2＝2m＋2n－2＝0，化简得m＋n＝1.又因为0≤m≤2，0≤n≤2，所以点P的轨迹长度为＝，故D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12.(2025·贵州铜仁高二质量监测)在空间直角坐标系中，若m＝对应点M，n＝(－k，2，3－k)，若M关于平面xOy的对称点为，则m·n＝____. 5 M关于平面xOy的对称点为()，所以M()，所以m＝，即k＝1.所以n＝()，所以m·n＝1×＋2×2＋1×2＝－1＋4＋2＝5. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13.(2024·山东淄博高二质量检测) 如图，在四面体ABCD中，E，F分别为BC，AE的中点，G为△ACD的重心，设＝a，＝b，＝c，则＝________________(用a，b，c表示). －a＋b＋c 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为E，F分别为BC，AE的中点，所以＝＝.因为G为△ACD的重心，所以＝，所以＝－＝－＝－＋＋＝－a＋b＋c. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.已知长方体ABCD-A1B1C1D1，AB＝AD＝2，AA1＝4，M是BB1的中点，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈，μ∈，且MP∥平面AB1D1，则动点P的轨迹所形成的长度是____. 如图所示，E，F，G，H，N分别为B1C1，C1D1，DD1， DA，AB的中点，则EF∥B1D1∥NH，MN∥B1A∥FG. 由EF⊂平面MEFGHN，B1D1⊄平面MEFGHN，则B1D1 ∥平面MEFGHN，同理可证B1A∥平面MEFGHN， B1A∩B1D1＝B1，B1A，B1D1⊂平面AB1D1，所以平面MEFGHN∥平面AB1D1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由MP∥平面 AB1D1，所以动点P的轨迹是平面MEFGHN.又＝λ＋μ，其中λ∈[0，1]，M∈[0，1]，所以点P在侧面BCC1B1上，故P的轨迹为线段EM.因为AB＝AD＝2，AA1＝4，所以EM＝AD1＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15.(13分)已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5). (1)求以向量，为一组邻边的平行四边形的面积S； 解：因为＝(－2，－1，3)，＝(1，－3，2)， 所以cos∠BAC＝＝＝， 又因为∠BAC∈[0，π]，所以∠BAC＝， 所以平行四边形的面积S＝｜｜｜｜sin ＝7. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若向量a与向量，都垂直，且｜a｜＝，求向量a的坐标. 解：设a＝(x，y，z)， 由a⊥，得－2x－y＋3z＝0， 由a⊥，得x－3y＋2z＝0， 由｜a｜＝，得x2＋y2＋z2＝3， 所以x＝y＝z＝1或x＝y＝z＝－1， 所以a＝(1，1，1)或a＝(－1，－1，－1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD， 底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点. (1)求证：EF⊥CD； 解：证明：以D为坐标原点，，，的方向分 别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示. 设AD＝a，则D(0，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)， E，P(0，0，a)，F. 所以＝，＝(0，a，0)， 所以·＝·(0，a，0)＝0， 所以EF⊥CD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)已知点G在平面PAD内，且GF⊥平面PCB，试确定点G的位置. 解：因为G∈平面PAD，设G(x，0，z)， 所以＝. 由(1)，知＝(a，0，0)，＝(0，－a，a). 因为GF⊥平面PCB，所以·＝(x－，－，z－)·(a，0，0)＝a(x－)＝0， ·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0， 所以x＝，z＝0， 所以点G的坐标为，即点G为AD的中点. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(15分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为1，且∠A1AC＝∠A1AB＝60°，D是BC的中点. (1)求A1，D两点间的距离； 解：因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形， 侧棱长为1，且∠A1AC＝∠A1AB＝60°，设＝a，＝b，＝c，则＝＝2，＝1，〈a，b〉＝60°，〈b，c〉＝60°，〈a，c〉＝60°， 则a·b＝2，a·c＝b·c＝1. 由于＝－＝－＝a＋b－c， 则＝＝＋＋＋a·b－a·c－b·c＝2， 故＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求AC与A1D所成的角. 解：设所成的角为θ，＝b，＝a＋ b－c. 由于·＝b·＝a·b＋b2－b·c＝2，＝2，＝， 则cos θ＝cos〈，〉＝＝＝，且θ∈，则θ＝， 所以AC与A1D所成的角为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.(17分)如图①，在等边三角形ABC中，AC＝4，D是边AC上的点(不与A，C重合)，过点D作DE∥BC交AB于点E，沿DE将△ADE向上折起，使得平面ADE⊥平面BCDE，连接AB，AC，得到如图②所示的几何体. (1)若图②中异面直线BE与AC垂直，确定图①中点D的位置； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解：在题图②中，分别取DE，BC的中点O，F，连接OA，OF，易知OE，OF，OA两两垂直. 以O为原点，OE，OF，OA所在直线分别为x轴、 y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 设OA＝x(0＜x＜2)， 则OF＝2－x，OE＝， 所以B(2，2－x，0)，E，A(0，0，x)，C(－2，2－x，0). 所以＝(－2，2－x，－x)，＝(－2，x－2，0). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为异面直线BE与AC垂直， 所以·＝0，所以x2－x＋8＝0， 解得x＝(舍)或x＝＝， 所以在题图①中，＝＝， 题图①中点D在靠近点C的三等分点处. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)证明：无论点D的位置如何，平面ABE与平面ADE 的夹角的余弦值都为定值，并求出这个定值. 解：证明：平面ADE的一个法向量为n＝(0，1，0). 由(1)知＝，＝(－2，x－2，0). 设平面ABE的法向量为m＝(a，b，c)， 则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以取c＝1，得m＝(，－1，1). 设平面ABE与平面ADE的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝， 所以无论点D的位置如何，平面ABE与平面ADE的夹角的余弦值都为定值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(17分)在三棱台A1B1C1-ABC中，CC1⊥平面ABC，AB＝ BC＝AC＝2A1B1＝2，D，E分别为AC，BC的中点. (1)证明：A1B∥平面C1DE； 解：证明：因为在三棱台A1B1C1-ABC中，AB＝BC＝AC＝ 2A1B1＝2，D为AC的中点， 所以A1C1＝AD，又A1C1∥AD， 所以四边形A1C1DA为平行四边形，AA1∥DC1. 因为D，E分别为AC，BC的中点， 所以DE为△ABC的中位线，所以BA∥DE. 又BA，AA1⊂平面AA1B，且BA∩AA1＝A， 所以平面AA1B∥平面C1DE， 又A1B⊂平面AA1B，所以A1B∥平面C1DE. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若BC1⊥A1C，在线段AB上是否存在一点F，使得C1F与平面ABB1A1所成角的正弦值为？若存在，求AF的长度；若不存在，请说明理由. 解：连接BD，因为CC1⊥平面ABC，且CC1⊂平面AA1C1C， 所以平面ABC⊥平面AA1C1C. 又平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，易知等边三角形ABC中，BD⊥AC， 所以BD⊥平面AA1C1C，所以BD⊥A1C， 又BC1⊥A1C，BC1∩BD＝B， 所以A1C⊥平面BDC1，从而A1C⊥DC1，故四边形A1C1CD为正方形，CC1＝1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 如图所示，建立空间直角坐标系. 则A(0，－1，0)，B(，0，0)，A1(0，0，1)，C1(0，1，1). 所以＝，＝，＝. 假设存在符合题意的点F，令＝λ，则＝ ，＝－＝. 设平面ABB1A1的法向量为n＝，则 取x＝1，可得n＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 返回 设直线C1F与平面ABB1A1所成的角为θ，则sin θ＝ ＝， 由＝，得λ＝，则AF＝1. 所以线段AB上存在一点F，且AF＝1，使得C1F与平面ABB1A1所成角的正弦值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 谢 谢 观 看 章末综合提升 返回 $