第一章总结提升课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学单元复习课件系统梳理了空间向量与立体几何的核心内容，通过知识网络整合构建空间向量基本定理、运算及直线方向向量、平面法向量等知识，将平行垂直证明、距离角度计算等应用串联，帮助学生建立完整知识体系。 其亮点在于采用“专题突破-变式训练-高考体验”的复习策略，如专题一通过平行六面体中向量表示与模长计算例题，结合变式训练提升数学运算素养，专题二将线面关系转化为向量关系培养逻辑思维。分层设计让不同学生收获，助力教师把握学情，提升复习效率。

本 章 总 结 提 升 知识网络·整合构建 专题突破·能力提升点 目 录 索 引 体验高考·素养培优 知识网络·整合构建 专题突破·能力提升点 专题一　空间向量的概念及运算 1.空间向量可以看作是平面向量的推广,有许多概念和运算与平面向量是相同的,概念方面如模、零向量、单位向量、相等向量、相反向量等;运算方面如向量加法的三角形法则和平行四边形法则,减法的几何意义,数乘运算与向量共线的判断、数量积运算、夹角公式、求模公式等,而向量的基底表示和坐标表示是向量运算的基础. 2.向量运算的训练,提升了数学运算素养. 【例1】 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,∠BAD = ,∠BAA1=∠DAA1=. (1)用向量表示向量,并求||; (2)求cos<>. 解 (1)由题可得,, 则||2=()2 =+2-2-2 =1+4+1+2×1×2×-0-2×2×1×=6, 所以||=. (2)由题可得,, 则||= , 故=()·() = =1×1×cos+12+2×1×cos+2×1×cos-12-1×1×cos=2, 则cos<>=. 变式训练1　如图,在三棱锥P-ABC中,M,N分别是BC,PA上的点,且=2,设=a,=b,=c. (1)试用a,b,c表示向量; (2)已知∠BAC=,∠PAB=∠PAC=,且PA=AB=AC=2,若(a+λc)⊥,求λ的值. 解 (1)由题可得, )- =-=-a-b+c. (2)由(a+λc)⊥,可得(a+λc)·=0, 即(a+λc)·(-a-b+c)=0, 则-a2-a·b+a·c-a·c-b·c+c2=0,整理得,-=0, 即,则λ=2. 专题二　利用空间向量证明位置关系 1.用空间向量判断空间中位置关系的类型有线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直;判断证明的基本思想是转化为线线关系或者利用平面的法向量、向量的共线和垂直进行证明. 2.将立体几何的线面关系转化为向量间的关系,可以培养逻辑思维能力和数学运算能力. 【例2】 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,确定点N的位置;若不存在,说明理由. (1)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), 又BM不属于平面PAD, ∴BM∥平面PAD. 变式训练2 如图1,在边长为2的菱形ABCD中, ∠BAD=60°,DE⊥AB于点E,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1D⊥BE,如图2. 图1 图2 (1)求证:A1E⊥平面BCDE. (2)在线段BD上是否存在点P,使平面A1EP⊥平面A1BD?若存在,求的值;若不存在,请说明理由. (1)证明 ∵DE⊥AB,∴BE⊥DE. 又BE⊥A1D,DE∩A1D=D,DE⊂平面A1DE,A1D⊂平面A1DE, ∴BE⊥平面A1DE. ∵A1E⊂平面A1DE,∴A1E⊥BE. 又A1E⊥DE,BE∩DE=E,BE,DE⊂平面BCDE, ∴A1E⊥平面BCDE. (2)解 存在.∵A1E⊥平面BCDE,BE⊥DE, ∴EB,ED,EA1两两垂直. 以E为原点,EB,ED,EA1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E(0,0,0),B(1,0,0),D(0,,0),A1(0,0,1), =(-1,,0),=(0,0,1),=(1,0,-1),=(0,,-1). 假设在线段BD上存在一点P,使得平面A1EP⊥平面A1BD, 设P(x,y,z),=λ(0≤λ≤1),则(x-1,y,z)=λ(-1,,0), ∴P(1-λ,λ,0),∴=(1-λ,λ,0). 设平面A1EP的法向量m=(x1,y1,z1), 由 令x1=λ,则y1=λ-1,z1=0,得m=(λ,λ-1,0). 设平面A1BD的法向量为n=(x2,y2,z2), 故 令x2=,则y2=1,z2=,得n=(,1,). ∵平面A1EP⊥平面A1BD, ∴m·n=3λ+λ-1=0,解得λ=, 故在线段BD上存在点P,使得平面A1EP⊥平面A1BD,且. 专题三　利用空间向量计算距离 空间距离的计算思路 (1)点P到直线l的距离:已知直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的定点,P是直线l外一点,设向量在直线l上的投影向量为,设=a,则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u.则点P到直线l的距离为(如图). (2)设平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点,则点P到平面α的距离为(如图). 【例3】 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为线段AB,B1C1的中点. (1)求点F到直线A1C的距离; (2)求点F到平面A1CE的距离. 解 (1)以D为原点,DA,DC,DD1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A1(2,0,2),C(0,2,0),F(1,2,2),=(-2,2,-2),=(1,0,2). 设点F到直线A1C的距离为d,=-2+0-4=-6,||=, ||==2,则d=. (2)因为E(2,1,0),A1(2,0,2),C(0,2,0),则=(0,1,-2),=(-2,2,-2). 设平面A1CE的法向量为n=(x,y,z), 则 令z=1,得y=2,x=1,所以n=(1,2,1). 又=(1,0,2),所以点F到平面A1CE的距离d=. 变式训练3　(2026上海高三开学考试)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均为4,D是AB的中点. (1)求证:BC1∥平面A1DC; (2)求直线BC1与平面A1DC的距离. (1)证明 连接AC1与A1C交于点E,易得E为A1C,AC1的中点,连接DE. 在△C1AB中,D,E分别为AB,AC1的中点, ∴DE∥BC1. 又DE⊂平面A1DC,BC1⊄平面A1DC, ∴BC1∥平面A1DC. (2)解 取AC的中点O,A1C1的中点O1,连接BO,OO1. 易知OA,OB,OO1两两垂直. 以O为原点,OA,OB,OO1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O(0,0,0),D(1,,0),C(-2,0,0),A1(2,0,4),C1(-2,0,4), ∴=(1,-,4),=(-3,-,4),=(-3,-,0). 设平面A1DC的法向量为n=(x,y,z), 则 令y=,则x=-1,z=1,得n=(-1,,1). ∵C1为BC1上的点,BC1∥平面A1DC, ∴C1到平面A1DC的距离d即为直线BC1到平面A1DC的距离, 则d=, ∴直线BC1与平面A1DC的距离为. 专题四　利用空间向量求空间角 空间向量与空间角的关系 (1)设异面直线l1,l2的方向向量分别为m1,m2,则l1与l2的夹角θ满足cos θ= |cos<m1,m2>|. (2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m,n,则直线l与平面α的夹角θ满足sin θ=|cos<m,n>|. (3)设n1,n2分别是两个平面α,β的法向量,则两平面α,β的夹角θ满足cos θ= |cos<n1,n2>|. (1)设PB的中点为N,求证:ON∥平面PAM. (2)是否存在点M,使得二面角A-PM-B为直角?若存在,求M的位置;若不存在,请说明理由. 【例4】 已知圆锥的顶点为P,圆锥底面圆心为O,AB是底面的一条直径,且,M为底面圆周上一动点(不与A,B重合). (1)证明 连接ON,如图, ∵N是PB中点,O是AB中点, ∴ON∥AP. ∵ON⊄平面PAM,AP⊂平面PAM, ∴ON∥平面PAM. (2)解 不存在.不妨设OA=1,作OD⊥AB, 分别以OB,OD,OP为x轴、y轴和z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 设M(cos θ,sin θ,0),P(0,0,),A(-1,0,0),B(1,0,0), ∴=(-1,0,-),=(1,0,-),=(cos θ,sin θ,-), 分别设m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2)为平面PAM和平面PBM的法向量, 则有 即 令z1=-1,z2=1,可得m=(,-,-1),n=(,1), ∴cos<m,n>=≠0,所以不存在点M,使得二面角A-PM-B为直角. 变式训练4　(2026湖南长沙高二期末)如图1,在平行四边形ABCD中, AB=2BC=4,∠ABC=60°,E为CD的中点.现将△ADE沿AE折起,连接BD与CD,如图2. 图1 图2 (1)当BD=4时,证明:平面ADE⊥平面ABCE. (2)设=λ(0≤λ≤1),当BE⊥DE时,是否存在实数λ,使得直线AF与平面ABCE所成角的正弦值为?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. (1)证明 连接BE,因为AD=DE=2,∠ADE=60°,则△ADE为等边三角形, 所以AE=AD=2. 在△BCE中,EC=2,BC=2,∠BCE=180°-60°=120°, 由余弦定理得BE2=BC2+EC2-2BC·ECcos∠BCE=4+4-2×2×2×=12, 所以BE=2,则AE2+BE2=AB2,故BE⊥AE. 由BE=2,DE=2,BD=4,可得BE2+DE2=BD2,即BE⊥DE. 又AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,所以BE⊥平面ADE. 又BE⊂平面ABCE,所以平面ADE⊥平面ABCE. (2)解 存在.由(1)知,当BE⊥DE时,平面ADE⊥平面ABCE. 在平面ADE内过点E作EG⊥AE, 由平面ADE∩平面ABCE=AE,EG⊂平面ADE, 则EG⊥平面ABCE,又BE⊂平面ABCE,则EG⊥BE. 以E为原点,EA,EB,EG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E(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C(-1,,0),D(1,0,), =(-2,2,0),=(1,-2). 因为=λ=(λ,-2λ,λ)(0≤λ≤1), 则+λ=(-2+λ,2(1-λ),λ). 因为z轴垂直于平面ABCE,故可取平面ABCE的一个法向量为m=(0,0,1). 设直线AF与平面ABCE所成角为θ, 所以sin θ=|cos<m,>|=, 化简得3λ2-14λ+8=0,解得λ=或λ=4(舍去), 故当BE⊥DE时,存在λ=,使直线AF与平面ABCE所成角的正弦值为. 体验高考·素养培优 常考点1　点线面位置关系判断 1.(多选题)(2021新高考Ⅰ)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足=λ+μ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则(　　) A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值 B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值 C.当λ=时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP D.当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P BD 解析 A项中,当λ=1时,+u=u,则共线,故点P在线段CC1(包括端点)上,如图所示. 在△AB1P中,|AB1|=,|AP|=,|B1P|=, 故△AB1P的周长L=|AB1|+|AP|+|B1P|不为定值,故A错误; B项中,当u=1时,=λ=λ共线,故点P在线段B1C1(包括端点)上,如图所示. 由图可知B1C1∥平面A1BC,即B1C1上的每一点到平面A1BC的距离都相等,因此三棱锥P-A1BC的体积为定值,故B正确; C项中,当λ=时,分别取线段BC,B1C1的中点D,D1,连接DD1,可知点P在线段DD1(包括端点)上,如图所示. 取AC的中点O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz, 则B(,0,0),C(0,,0),A1(0,-,1),P(,u), 从而=(,u-1),=(-,u), 由=u(u-1)=0,得u=0或u=1. 当点P与点D或D1重合时,满足A1P⊥BP,故C错误; D项中,当u=时,分别取线段BB1,CC1的中点M,N,连接MN,可知点P在线段MN(包括端点)上,如图所示. 建系同选项C,则A(0,-,0),A1(0,-,1),B(,0,0),P(λ,), 从而=(,-1),=(λ,), 四边形ABB1A1为正方形, 显然A1B⊥AB1.要使A1B⊥平面AB1P,只需A1B⊥AP, 即=0,解得λ=1. 当且仅当点P与点N重合时,A1B⊥平面AB1P,故D正确. 综上所述,选BD. 常考点2　用空间向量研究距离、夹角 2.(2026全国1,15)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=BC, D,E分别为AB,AC1的中点. (1)证明:DE∥平面BCC1B1; (2)设CC1=2,直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°,求直线DE到平面BCC1B1的距离. (1)证明 由题意证明如下: 如图,作出符合题意的图形,连接BC1, ∵在△ABC1中,D,E分别为AB,AC1的中点,∴DE∥BC1. ∵DE⊄平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,∴DE∥平面BCC1B1. (2)解 (方法1)由题意及(1)得,CC1=2,在直三棱柱ABC-A1B1C1中, ∠ACB=90°,设AC=BC=2t(t>0), ∵四边形ACC1A1与四边形BCC1B1是矩形, ∴AC⊥BC,AC⊥CC1,BC⊥CC1. 建立空间直角坐标系,如图所示, 得到A(2t,0,0),B(0,2t,0),C(0,0,0),D(t,t,0),E(t,0,1), ∴=(0,t,-1),平面ACC1A1的一个法向量为n1=(0,1,0). ∵直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°, 设直线DE与平面ACC1A1所成的角为θ, ∴sin θ=cos<,n1>===sin 45°,解得t=1, ∴A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,0),D(1,1,0),E(1,0,1). ∵DE∥平面BCC1B1, ∴由几何知识得,DE到平面BCC1B1的距离为xD=1. (方法2)由题意及(1)得,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=BC, ∵四边形ACC1A1与四边形BCC1B1是矩形, ∴AC⊥BC,AC⊥CC1,BC⊥CC1. ∵AC∩CC1=C,AC⊂平面ACC1A1,CC1⊂平面ACC1A1,BC⊄平面ACC1A1, ∴BC⊥平面ACC1A1,∠BCC1=90°, ∴由几何知识得,∠BC1C即为直线BC1与平面ACC1A1所成的角,直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°, 在△ABC1中,D,E分别为AB,AC1的中点,DE∥BC1, ∴直线BC1与平面ACC1A1所成的角为45°,即∠BC1C=45°,在Rt△BCC1中,∠BC1C=45°,∠BCC1=90°,CC1=2, ∴AC=BC=CC1=2, 在Rt△ABC中,AC⊥BC,AC=BC,△ABC为等腰直角三角形,过点D作DF∥AC,如图所示,则点F为BC的中点,DF=AC=1,DF⊥BC,由几何知识得, DE到平面BCC1B1的距离即为DF=1. 3.(2025全国2)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. (1)证明 由题意知,EB∥FC,FC⊂平面CD'F,EB⊄平面CD'F, 所以EB∥平面CD'F. 又A'E∥D'F,D'F⊂平面CD'F,A'E⊄平面CD'F,所以A'E∥平面CD'F. 又A'E∩EB=E,A'E,EB⊂平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F. 又A'B⊂平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F. (2)解 因为AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,CD=2AD,EF∥AD, 所以四边形AEFD为正方形且FD'=FC,所以EF⊥FC,EF⊥FD', 又平面EFD'A'∩平面EFCB=EF,FD'⊂平面EFD'A',FC⊂平面EFCB, 所以∠D'FC为平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角, 所以∠D'FC=60°, 所以△D'FC为等边三角形. (方法1)延长EF,BC交于点C1,连接C1D'. 不妨设DF=1,则由题可得FC=1,BE=2, 又BE∥FC,所以CF为△C1EB的中位线, 所以C1F=1,所以S△D'FC·C1F=×12×1=. 又D'C1=,D'C=1,C1C=, 设△CC1D'中CD'边上的高为h1, 则h1=,则CD'·h1=. 设点F到平面D'C1C的距离为h2, 由,得h2=. 易知点F到D'C1的距离为D'C1=. 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ=. (方法2)取FC中点G,连接D'G,则D'G⊥FC. 过点G作GH∥EF,交BE于点H.由题可得EF⊥平面FCD',则GH⊥平面FCD',又D'G,FC⊂平面FCD',所以GH⊥D'G,GH⊥GC. 以点G为坐标原点,分别以GH,GC,GD'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. 设AD=1,则C(0,,0),B(1,,0),F(0,-,0),E(1,-,0),D'(0,0,), 所以=(-1,-1,0),=(0,-),=(-1,0,0),=(0,). 设平面BCD'的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则令z1=1,得y1=,x1=-,则平面BCD'的一个法向量为m=(-,1). 设平面EFD'A'的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则 令z2=1,得x2=0,y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n=(0,-,1). cos<m,n>==-. 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ=. 本 课 结 束 ∵=(0,1,1),平面PAD的一个法向量为n=(1,0,0), ∴·n=0,即⊥n, (2)解 存在.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), 从而MN⊥BD,MN⊥PB, ∴ ∴∴N, ∴在平面PAD内存在一点N,使MN⊥平面PBD. $