第一章 章末综合提升-【正禾一本通】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书（人教B版）

本讲义聚焦空间向量与立体几何核心内容，系统梳理空间向量的线性运算、数量积运算，线面平行垂直的向量判定，以及异面直线角、线面角、二面角的向量求解方法，通过例题解析、归纳总结与对点练构建从基础到应用的学习支架。 资料以数学思维为导向，通过正方体、正四棱柱等实例的空间直角坐标系建模，培养学生运算能力与推理意识，结合高考真题演练提升用数学语言解决复杂问题的能力。课中辅助教师高效授课，课后助力学生通过检测题查漏补缺，强化知识应用。

章末综合提升 探究点一　空间向量的基本概念及运算 (1)如图，已知在正方体ABCD-A′B′C′D′中，E是CC′的中点，a＝，b＝，c＝，＝xa＋yb＋zc，则(　　) A．x＝1，y＝2，z＝3 B．x＝，y＝1，z＝1 C．x＝1，y＝2，z＝2 D．x＝，y＝1，z＝ (2)已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·＝　　　　Ｗ． [思路点拨]　利用空间向量的线性运算及向量的数量积运算进行解答． 答案：(1)A　(2)a2 解析：(1)设正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为1，以D为原点，以DA，DC，DD′分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则＝(0，0，1)，＝(0，1，0)，＝(－1，0，0)，所以a＝(0，0，1)＝，b＝＝，c＝(－1，0，0)＝.又因为＝，＝xa＋yb＋zc，所以＝x＋y＋z， 所以解得 (2)由题意可知，将空间四边形ABCD看作正四面体ABCD，如图，故·＝(＋)·＝·＋·＝a2cos 60°×2＝a2. 归纳总结 1．空间向量的线性运算包括加、减及数乘运算，选定空间不共面的三个向量作为基向量，并用它们表示出目标向量，这是用向量法解决立体几何问题的基本要求，解题时可结合已知和所求，根据图形，利用向量运算法则表示所需向量．　　 2．空间向量的数量积 空间向量的数量积的定义表达式a·b＝|a|·|b|·cos〈a，b〉，其重要变式有以下三个：cos〈a，b〉＝，a2＝|a|2，a在b上的投影＝|a|·cos〈a，b〉．空间向量的数量积的其他变式是解决立体几何问题的重要公式．　　 对点练1．(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列说法正确的有(　　) A．(＋＋)2＝32 B．·(－)＝0 C．与的夹角为60° D．正方体的体积为|··| 答案：AB 解析：如图，(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32，A正确； ·(－)＝·＝0，B正确； 与的夹角是与夹角的补角，而与的夹角为60°，故与的夹角为120°，C错误； 正方体的体积为||||||，D错误． 故选AB. 学生用书↓第36页 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； (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． [思路点拨]　(1)证明向量垂直于平面PAD的一个法向量即可； (2)假设存在点N，设出其坐标，利用⊥，⊥，列方程求其坐标即可． 解：如图所示，以A为原点，以，，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，则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1). (1)证明：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. (2)＝(－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)， 从而MN⊥BD，MN⊥PB， 所以即 所以所以N，所以在平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD. 归纳总结 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)证明可在平面内找到一个向量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不共线向量线性表示． 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．如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，EB1＝1，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，EF与B1D相交于点H.求证： (1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD. 证明：(1)如图所示，建立空间直角坐标系，设A1(a，0，0)， 则B1(0，0，0)，C1(0，2，0)，F(0，1，0)，E(0，0，1)，A(a，0，4)，B(0，0，4)，D(0，2，2)，G. 所以＝(0，2，2)，＝(－a，0，0)， ＝(0，2，－2). 所以·＝0＋0＋0＝0，·＝0＋4－4＝0. 所以B1D⊥AB，B1D⊥BD. 又AB∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD. (2)因为＝(－a，0，0)，＝(0，2，－2)， ＝，＝(0，1，－1)， 所以＝，＝. 所以GF∥AB，EF∥BD. 又GF∩EF＝F，AB∩BD＝B， 所以平面EGF∥平面ABD. 学生用书↓第37页 探究点三　空间向量与空间角 如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为BC的中点，F为CC1的中点． (1)求EF与平面ABCD所成的角的余弦值； (2)求二面角F-DE-C的余弦值． [思路点拨]　　建立空间直角坐标系 (1)求平面ABCD的法向量n 由cos〈·n〉＝ 再由平方关系求得所成角的余弦值； (2)求平面DEF的法向量m.由cos〈m，n〉＝求得． 解：以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． (1)D(0，0，0)，E(1，2，0)，F(0，2，2)， 则＝(－1，0，2). 显然，n1＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量． 因为cos〈，n1〉＝ ＝＝＝. 设EF与平面ABCD的夹角为θ，则sin θ＝. 所以cos θ＝，即EF与平面ABCD的夹角的余弦值为. (2)＝(0，2，2)，＝(1，2，0)， 设n2＝(a，b，c)为平面FDE的法向量， 则n2·＝a＋2b＝0，n2·＝2b＋2c＝0， 令a＝2，则b＝－1，c＝1， 即n2＝(2，－1，1)为平面FDE的一个法向量． 因为cos〈n1，n2〉＝＝＝， 所以二面角F-DE-C的余弦值为. 归纳总结 用向量法求空间角的注意点 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〉－或者－〈n，a〉． 3．二面角：如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n1与n2，则平面α与β所成的角跟法向量n1与n2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角是锐角还是钝角．　　 对点练3．如图所示，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝a，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1. (1)求证：PA⊥平面ABCD； (2)求平面EAC与平面DAC所成角θ的大小． 解：(1)证明：因为PA＝AC＝a，PB＝PD＝a，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以PA2＋AB2＝PB2，PA2＋AD2＝PD2，所以PA⊥AB且PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD. (2)因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，设AC∩BD＝O， 所以以O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标分别为A，B，C，D，P.因为点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1，所以＝3，即＝3(－)，所以＝，即点E的坐标为E.又平面DAC的一个法向量为n1＝(0，0，1)，设平面EAC的法向量为n2＝(x，y，z)，易得＝，由即取x＝1，解得得n2＝(1，0，) ，所以cos〈n1·n2〉＝＝＝⇒〈n1，n2〉＝，由图可知平面EAC与平面DAC所成角θ的大小为. 学生用书↓第38页 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． (2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D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； (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P. 解：(1)证明：以C 为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图， 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. (2)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)， 则即 令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1， 所以n＝(λ－1，3－λ，2)， 设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)， 则即 令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； (2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值． 解：(1)证明：如图，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△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，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. (2)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. 以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，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)， 所以即取x1＝1， 所以n1＝(1，1，1)； 即取y2＝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. 学生用书↓第39页 (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； (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：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h， 则V＝S·h＝h＝V＝S△ABC·A1A＝V＝， 解得h＝，所以点A到平面A1BC的距离为. (2)连接AB1交A1B于E，如图，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， 由(1)得AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，又S＝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)， 则即 可取m＝(1，0，－1)， 设平面BDC的一个法向量为n＝(a，b，c)， 则即可取n＝(0，1，－1)， 则cos〈m，n〉＝＝＝， 所以二面角A-BD-C的正弦值为 ＝. (2022·新高考Ⅱ卷) 如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点． (1)证明：OE∥平面PAC； (2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值． 解：(1)证明：延长BO交AC于点D，连接OA，PD， 因为PO是三棱锥P-ABC的高， 所以PO⊥平面ABC，AO，BO⊂平面ABC， 所以PO⊥AO，PO⊥BO， 又PA＝PB，所以△POA≌△POB，即OA＝OB， 所以∠OAB＝∠OBA， 又AB⊥AC，即∠BAC＝90°， 所以∠OAB＋∠OAD＝90°，∠OBA＋∠ODA＝90°，所以∠ODA＝∠OAD， 所以AO＝DO，即AO＝DO＝OB， 所以O为BD的中点，又E为PB的中点， 所以OE∥PD， 又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC， 所以OE∥平面PAC. (2)过点A作Az∥OP，如图建立空间直角坐标系， 因为PO＝3，AP＝5，所以OA＝＝4， 又∠OBA＝∠OBC＝30°， 所以BD＝2OA＝8，则AD＝4，AB＝4， 所以AC＝12，所以O(2，2，0)，B(4，0，0)，P(2，2，3)，C(0，12，0)，所以E， 则＝，＝(4，0，0)，＝(0，12，0)， 设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝2， 则y＝－3，x＝0，所以n＝(0，－3，2)； 设平面AEC的法向量为m＝(a，b，c)，则即令a＝， 则c＝－6，b＝0，所以m＝(，0，－6)； 所以cos〈n，m〉＝＝＝－， 设二面角C-AE-B为θ，由图可知二面角C-AE-B为钝二面角， 所以cos θ＝－，所以sin θ＝＝＝， 故二面角C-AE-B的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $