第1章 空间向量与立体几何 章末整合提升1-（配套课件）【精讲精练】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间向量与立体几何，通过知识网络梳理空间向量的运算、应用及立体几何中的向量方法，构建从概念到运算再到应用的学习支架，帮助学生衔接前后知识脉络。 其亮点在于以典例覆盖线面关系、空间距离与角的计算及探索性问题，结合数学思维（推理、运算）与数学语言（坐标表示、法向量），规范答题步骤培养逻辑表达。学生能提升解决复杂几何问题的能力，教师可借助实例高效教学。

第一章　空间向量与立体几何 章 末 整 合 提 升 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 谢谢观看 第一章　空间向量与立体几何 1 一、空间向量及其运算 空间向量的运算主要包括空间向量的线性运算、数量积运算以及空间向量的坐标运算．空间向量的运算法则、运算律与平面向量基本一致．空间向量的共线与共面以及数量积运算，是用向量法求解立体几何问题的基础． eq \o(AC,\s\up14(→)) INCLUDEPICTURE "典题1.tif" 　如图所示，在平行六面体A1B1C1D1­ABCD中，M分成的比为 eq \f(1,2)，N分 eq \o(A1D,\s\up14(→))成的比为2，设 eq \o(AB,\s\up14(→))＝a， eq \o(AD,\s\up14(→))＝b， eq \o(AA1,\s\up14(→))＝c，试用a，b，c表示 eq \o(MN,\s\up14(→)). [解析]　连接AN(图略)，则 eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \o(MA,\s\up14(→))＋ eq \o(AN,\s\up14(→))，由题知ABCD是平行四边形，故 eq \o(AC,\s\up14(→))＝ eq \o(AB,\s\up14(→))＋ eq \o(AD,\s\up14(→))＝a＋b. 因为M分 eq \o(AC,\s\up14(→))成的比为 eq \f(1,2)，所以 eq \o(MA,\s\up14(→))＝－ eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up14(→))＝－ eq \f(1,3)(a＋b). 又N分 eq \o(A1D,\s\up14(→))成的比为2，故 eq \o(AN,\s\up14(→))＝ eq \o(AD,\s\up14(→))＋ eq \o(DN,\s\up14(→))＝ eq \o(AD,\s\up14(→))－ eq \o(ND,\s\up14(→))＝ eq \o(AD,\s\up14(→))－ eq \f(1,3) eq \o(A1D,\s\up14(→))＝ eq \o(AD,\s\up14(→))－ eq \f(1,3)( eq \o(AD,\s\up14(→))－ eq \o(AA1,\s\up14(→)))＝ eq \f(1,3)(c＋2b)，则 eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \o(MA,\s\up14(→))＋ eq \o(AN,\s\up14(→))＝－ eq \f(1,3)(a＋b)＋ eq \f(1,3)(c＋2b)＝ eq \f(1,3)(－a＋b＋c). 二、空间向量与空间位置关系 设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则 (1)线线平行：l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R； (2)线面平行(l⊄α)：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0； (3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝kv，k∈R； (4)线线垂直：l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0； (5)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R； (6)面面垂直：α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0. 　如图所示，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA＝AD，M，N分别为AB，PC的中点．求证： (1)MN∥平面PAD； (2)平面PMC⊥平面PDC. [证明]　(1)由题意得AB，AD，AP两两垂直．如图所示，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Axyz. 设PA＝AD＝a，AB＝b，则有P(0，0，a)，A(0，0，0)，D(0，a，0)，C(b，a，0)，B(b，0，0). 因为M，N分别为AB，PC的中点， 所以M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，0))，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，\f(a,2)，\f(a,2))). 所以 eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))， eq \o(AP,\s\up14(→))＝(0，0，a)， eq \o(AD,\s\up14(→))＝(0，a，0)， 所以 eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up14(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AP,\s\up14(→)). 所以 eq \o(MN,\s\up14(→))， eq \o(AD,\s\up14(→))， eq \o(AP,\s\up14(→))共面． 又MN⊄平面PAD， 所以MN∥平面PAD. (2)由(1)可知 eq \o(PC,\s\up14(→))＝(b，a，－a)， eq \o(PM,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，－a))， eq \o(PD,\s\up14(→))＝(0，a，－a). 设平面PMC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(PC,\s\up14(→))＝0⇒bx1＋ay1－az1＝0，,n1·\o(PM,\s\up14(→))＝0⇒\f(b,2)x1－az1＝0，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＝\f(2a,b)z1，,y1＝－z1.)) 令z1＝b，则n1＝(2a，－b，b). 设平面PDC的法向量为n2＝(x2，y2，z2). 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(PC,\s\up14(→))＝0⇒bx2＋ay2－az2＝0，,n2·\o(PD,\s\up14(→))＝0⇒ay2－az2＝0，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2＝z2.)) 令z2＝1，则n1＝(0，1，1). 因为n1·n2＝0－b＋b＝0， 所以n1⊥n2，所以平面PMC⊥平面PDC. 三、空间向量与空间距离、空间角　题点多探　多维探究 几何法求空间距离、空间角，都需要先作出(或证出)所求的距离或角，费时费力，难度较大，而利用空间向量，只需求出点的坐标、直线的方向向量和平面的法向量，即可求解，体现了向量法极大的优越性． 角度1　利用空间向量求点到平面的距离 eq \r(3) INCLUDEPICTURE "典题3-1.tif" 　如图所示，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2，求点A到平面MBC的距离． [解析]　如图所示，取CD的中点O，连接OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，所以MO⊥平面BCD. 以O为原点，OC，BO，OM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz. 因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，所以OB＝OM＝ eq \r(3)，则O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0， eq \r(3))，B(0，－ eq \r(3)，0)，A(0，－ eq \r(3)，2 eq \r(3))，所以 eq \o(BC,\s\up14(→))＝(1， eq \r(3)，0)， eq \o(BM,\s\up14(→))＝(0， eq \r(3)， eq \r(3))， eq \o(BA,\s\up14(→))＝(0，0，2 eq \r(3)). 设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n⊥\o(BC,\s\up14(→))，,n⊥\o(BM,\s\up14(→))，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up14(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up14(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋\r(3)z＝0.)) 取x＝ eq \r(3)，可得平面MBC的一个法向量为n＝( eq \r(3)，－1，1)， 又 eq \o(BA,\s\up14(→))＝(0，0，2 eq \r(3))， 所以所求距离d＝ eq \f(|\o(BA,\s\up14(→))·n|,|n|)＝ eq \f(2\r(15),5). 角度2　利用空间向量求线线角 (1)证明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值． (1)[证明]　连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF. 在菱形ABCD中，不妨设GB＝1. 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝ eq \r(3). 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝ eq \r(3)，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，可得BE＝ eq \r(2)，故DF＝ eq \f(\r(2),2). 在Rt△FDG中，可得FG＝ eq \f(\r(6),2). 在直角梯形BDFE中， 由BD＝2，BE＝ eq \r(2)，DF＝ eq \f(\r(2),2)，可得EF＝ eq \f(3\r(2),2). 从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC， 所以平面AEC⊥平面AFC. (2)[解析]　如图，以G为原点，GB，GC所在直线分别为x轴、y轴，| eq \o(GB,\s\up14(→))|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz. 由(1)可得A(0，－ eq \r(3)，0)，E(1，0， eq \r(2))， F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0， eq \r(3)，0)， 所以 eq \o(AE,\s\up14(→))＝(1， eq \r(3)， eq \r(2))， eq \o(CF,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))). 故cos 〈 eq \o(AE,\s\up14(→))， eq \o(CF,\s\up14(→))〉＝ eq \f(\o(AE,\s\up14(→))·\o(CF,\s\up14(→)),|\o(AE,\s\up14(→))||\o(CF,\s\up14(→))|)＝－ eq \f(\r(3),3). 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为 eq \f(\r(3),3). 角度3　利用空间向量求线面角 [规范答题] (1)证明：平面PDB⊥平面PAC； (2)若二面角P­AC­B的平面角为锐角，且三棱锥P­ABC的体积为 eq \f(\r(3),6)，求直线PA与平面PCB所成角的正弦值. [思维导引] 明知求 已知体积，求线面角 探思路 建系，求出平面的法向量 [规范解答]　 (1)证明　∵PA＝PC，D为AC中点， ∴AC⊥PD.(1分) 又△ABC为等边三角形，BA＝BC， ∴AC⊥BD.(2分) 又BD∩PD＝D，∴AC⊥平面PDB.(3分) 又AC⊂平面PAC， ∴平面PAC⊥平面PDB.(4分) (2)由(1)知点P在平面ABC内的射影O在直线BD上，又二面角P­AC­B的平面角为锐角，∴O在射线DB上，S△ABC＝ eq \f(\r(3),4)×4＝ eq \r(3)，VP­ABC＝ eq \f(1,3)S△ABC·PO＝ eq \f(\r(3),6)，∴PO＝ eq \f(1,2)，又PD＝1，∴OD＝ eq \f(\r(3),2)，即O为BD中点．取AB中点E，连接OE，则OE∥AD， ∴OE⊥平面POB， ∴OE，OB，OP两两互相垂直．(7分) 以O为原点，OE，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． 则O(0，0，0)，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2)，0))，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),2)，0))，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，所以 eq \o(PB,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))， eq \o(BC,\s\up14(→))＝(－1，－ eq \r(3)，0). 设平面PCB的法向量为n＝(x，y，z)， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up14(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up14(→))＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)y－\f(1,2)z＝0，,－x－\r(3)y＝0，)) 令y＝1，得平面PCB的一个法向量为n＝(－ eq \r(3)，1， eq \r(3))，(10分) 又 eq \o(PA,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))，设PA与平面PCB所成角为α，则sin α＝|cos 〈n， eq \o(PA,\s\up14(→))〉|＝ eq \f(|n·\o(PA,\s\up14(→))|,|n||\o(PA,\s\up14(→))|)＝ eq \f(2\r(3),\r(7)×\r(2))＝ eq \f(\r(42),7).(12分) ∴直线PA与平面PCB所成角的正弦值为 eq \f(\r(42),7).(13分) 角度4　利用空间向量求平面与平面的夹角 eq \r(3) INCLUDEPICTURE "典题3-4.TIF" 　(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A­CP­D的正 弦值为 eq \f(\r(42),7)，求AD. (1)[证明]　由于PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD， ∴PA⊥AD， 又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB， ∴AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，∴AD⊥AB. ∵AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，∴BC∥AD， ∵AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， ∴AD∥平面PBC. (2)[解析]　由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，则CD＝ eq \r(4－a2)，C(0， eq \r(4－a2)，0)，P(a，0，2)， eq \o(CD,\s\up14(→))＝(0，－ eq \r(4－a2)，0)， eq \o(AC,\s\up14(→))＝(－a， eq \r(4－a2)，0)， eq \o(CP,\s\up14(→))＝(a，－ eq \r(4－a2)，2). 设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up14(→))·n＝0，,\o(CP,\s\up14(→))·n＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\r(4－a2)y＝0，,ax－\r(4－a2)y＋2z＝0，)) 可取n＝(2，0，－a). 设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(CP,\s\up14(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up14(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ax1－\r(4－a2)y1＋2z1＝0，,－ax1＋\r(4－a2)y1＝0，)) 可取m＝( eq \r(4－a2)，a，0). ∵二面角A­CP­D的正弦值为 eq \f(\r(42),7)， ∴余弦值的绝对值为 eq \f(\r(7),7)， 故|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝ eq \f(2\r(4－a2),\r(4－a2＋a2)·\r(4＋a2))＝ eq \f(\r(7),7)， 又a>0，∴a＝ eq \r(3)，即AD＝ eq \r(3). 四、空间向量与探索性问题 解决存在性问题的基本策略：通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在． [解析]　以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为所有棱的长都是2， 所以A(0，0，0)，C(0，2，0)， B( eq \r(3)，1，0)，B1( eq \r(3)，1，2)， M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0)). 假设侧棱CC1上存在一点N(0，2，m)(0≤m≤2)， 使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°， 则 eq \o(AB1,\s\up14(→))＝( eq \r(3)，1，2)， eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，m)). 于是| eq \o(AB1,\s\up14(→))|＝2 eq \r(2)，| eq \o(MN,\s\up14(→))|＝ eq \r(m2＋1)， eq \o(AB1,\s\up14(→))· eq \o(MN,\s\up14(→))＝2m－1. 如果异面直线AB1和MN所成的角等于45°，那么向量 eq \o(AB1,\s\up14(→))和 eq \o(MN,\s\up14(→))的夹角是45°或135°，而cos 〈 eq \o(AB1,\s\up14(→))， eq \o(MN,\s\up14(→))〉＝ eq \f(\o(AB1,\s\up14(→))·\o(MN,\s\up14(→)),|\o(AB1,\s\up14(→))||\o(MN,\s\up14(→))|)＝ eq \f(2m－1,2\r(2)·\r(m2＋1))， 所以 eq \f(2m－1,2\r(2)·\r(m2＋1))＝± eq \f(\r(2),2)，解得m＝－ eq \f(3,4)，这与0≤m≤2矛盾． 所以侧棱CC1上不存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°. $