第1章 空间向量与立体几何 章末整合提升(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】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，通过平面向量类比导入，系统构建空间向量的概念、运算及坐标表示，逐步延伸至位置关系判定、距离与夹角计算，搭建从基础到综合应用的学习支架。 其亮点在于以例题解析与真题体验为载体，通过空间向量法证明线面平行、计算二面角等实例，培养学生数学思维的逻辑性和数学语言的精确表达。反思感悟环节提炼方法，助力学生形成结构化知识，教师可借此提升教学效率与学生解题能力。

章末整合提升 ——体系构建·素养提升 第一章　空间向量与立体几何 1 目 录 CONTENTS 体系构建 素养提升 真题体验 体系构建>> 目录 3 数学·选择性必修第一册 目录 素养提升>> 目录 5 一、空间向量的概念及运算 　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，可以通过类比进行学习. （1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，设 ＝a， ＝b， ＝c，M，P分别是AA1，C1D1的中点，则 ＝（　C　） A. a＋ b＋ c B. a＋ c C. a＋ b＋c D. a＋ b＋ c C 数学·选择性必修第一册 目录 解析：如图，由题意，M，P分别是AA1，C1D1的中点，∴ ＝ ＋ ＝ ＋（ ＋ ）＝ ＋（ ＋ ）＝ a＋ b＋c.故选C. 数学·选择性必修第一册 目录 （2）（2026·阜阳高二月考）设x，y∈R，向量a＝（x，1，1），b＝ （1，y，1），c＝（2，－4，2），且a⊥b，b∥c，则｜a＋b｜＝ （　B　） A. 2 B. 3 C. D. 4 解析：由题可得 解得 所以向量a ＝（1，1，1），b＝（1，－2，1），所以a＋b＝（2，－1，2），所 以｜a＋b｜＝ ＝3.故选B. B 数学·选择性必修第一册 目录 （3）已知A，B，C三点不共线，点O为平面ABC外任意一点，若点M满 足 ＝ ＋ ＋ ，则点M （填“∈”或“∉”）平面 ABC. 解析： ＝ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ （ － ）＝ ＋ ＋ ，∵ ＋ ＋ ＝1，∴M，A，B，C四点共面，即点M∈ 平面ABC. ∈ 数学·选择性必修第一册 目录 反思感悟 空间向量运算的关注点 （1）空间向量的数乘运算、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； （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. 数学·选择性必修第一册 目录 二、利用空间向量证明线面位置关系 　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；证明线面位置关系的基 本思想是转化为线线关系或者利用平面的法向量，利用向量的共线和 垂直进行证明. 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： 数学·选择性必修第一册 目录 （1）MN∥平面PAD； 证明：由题意得AB，AD，AP两两垂直.如图所示，以A 为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，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（ ，0，0），N（ ， ， ）. 所以 ＝（0， ， ）， ＝（0，0，a）， ＝（0，a，0）. 所以 ＝ ＋ ，所以 ， ， 共面， 又因为MN⊄平面PAD，所以MN∥平面PAD. 数学·选择性必修第一册 目录 （2）平面PMC⊥平面PDC. 证明：由（1）可知 ＝（b，a，－a）， ＝（ ，0，－a）， ＝（0，a，－a）. 设平面PMC的法向量为n1＝（x1，y1，z1）， 则 所以 令z1＝b，则n1＝（2a，－b，b）. 数学·选择性必修第一册 目录 设平面PDC的法向量为n2＝（x2，y2，z2）， 则 所以 令z2＝1，则n2＝（0，1，1）. 因为n1·n2＝0－b＋b＝0， 所以n1⊥n2. 所以平面PMC⊥平面PDC. 数学·选择性必修第一册 目录 反思感悟 利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤 数学·选择性必修第一册 目录 三、利用空间向量求距离 　能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的 平面的距离问题. 如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点. （1）求点N到直线AB的距离； 数学·选择性必修第一册 目录 解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0）， B（2 ，2，0），C（0，4，0），C1（0，4，4），A1 （0，0，4），∵N是CC1的中点，∴N（0，4，2）. （1） ＝（0，4，2）， ＝（2 ，2，0）， 则｜ ｜＝2 ，｜ ｜＝4， · ＝8. 设点N到直线AB的距离为d1， 则d1＝ ＝ ＝4. 数学·选择性必修第一册 目录 （2）求点C1到平面ABN的距离. 解：设平面ABN的一个法向量为n＝（x，y，z），由n⊥ ， n⊥ ，得 令z＝2，则y＝－1，x＝ ，即n＝（ ，－1，2）. 易知 ＝（0，0，－2），设点C1到平面ABN的距离为d2， 则d2＝｜ ｜＝｜ ｜＝ . 数学·选择性必修第一册 目录 反思感悟 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. 数学·选择性必修第一册 目录 四、利用空间向量求空间角 利用空间向量求空间角要明确向量所成的角与空间角的关系，是相等还是 互余、互补. 如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD ＝1，AE＝BC＝2. 数学·选择性必修第一册 目录 （1）求证：BF∥平面ADE； 解：依题意，以A为原点，分别以AB，AD，AE所在直 线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图），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）. （1）证明：依题意， ＝（1，0，0）是平面ADE的法向量，又 ＝ （0，2，h），可得 · ＝0， 又因为直线BF⊄平面ADE， 所以BF∥平面ADE. 数学·选择性必修第一册 目录 （2）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值； 解：依题意， ＝（－1，1，0）， ＝（－1，0，2）， 设n＝（x，y，z）为平面BDE的法向量， 则 即 不妨令z＝1，可得n＝（2，2，1）. 又 ＝（－1，－2，2），所以 cos ＜ ，n＞＝ ＝－ ， 所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 . 数学·选择性必修第一册 目录 （3）若平面EBD与平面FBD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 即 不妨令y1＝1，可得m＝（1，1，－ ）. 由题意，｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ＝ ， 解得h＝ .经检验，符合题意. 所以线段CF的长为 . 数学·选择性必修第一册 目录 反思感悟 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≤ ，需找到两 异面直线的方向向量，借助方向向量所成的角求解； （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 －＜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. 数学·选择性必修第一册 目录 真题体验>> 目录 25 一、利用空间向量判断（证明）位置关系 1. 〔多选〕〔一题多解〕（2025·全国Ⅰ卷9题）在正三棱柱ABC-A1B1C1 中，D为BC的中点，则（　　） A. AD⊥A1C B. B1C1⊥平面AA1D C. AD∥A1B1 D. CC1∥平面AA1D √ √ 数学·选择性必修第一册 目录 解析：法一　A. 由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C⊂平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误；B. 因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥BC，因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；C. AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错误；D. CC1∥AA1，CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确.故选B、D. 数学·选择性必修第一册 目录 法二　如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底 边长为2，高为h，则D（0，0，0），A（ ，0， 0），A1（ ，0，h），C（0，－1，0），C1（0，－ 1，h），B（0，1，0），B1（0，1，h），对于A， ＝（－ ，0，0）， ＝（－ ，－1，－ h），则 · ＝3≠0，则AD⊥A1C不成立，故A错误；对于B、D， ＝（0，－2，0）， ＝（0，0，h）， ＝（0，0，h）， ＝（－ ，0，0），设平面AA1D的法向量为n＝（x，y，z）， 数学·选择性必修第一册 目录 则 得x＝z＝0，令y＝1，则n＝（0，1，0），所以 ＝（0，－2，0）＝－2n， ·n＝0，则B1C1⊥平面AA1D，CC1∥平面AA1D，故B、D正确；对于C， ＝（－ ，0，0）， ＝（－ ，1，0），则 ≠ ，显然AD∥A1B1不成立，故C错误.故选B、D. 数学·选择性必修第一册 目录 2. 〔一题多解〕（2023·天津高考17题节选）如图，在三棱台ABC- A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1 ＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点.求证：A1N∥平面C1MA. 数学·选择性必修第一册 目录 证明：法一　如图，连接MN. 因为M，N分别是BC，AB的中点， 所以MN∥AC且MN＝ AC＝1， 即有MN􀰿A1C1， 所以四边形MNA1C1是平行四边形， 即有A1N∥MC1. 又MC1⊂平面C1MA，A1N⊄平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA. 数学·选择性必修第一册 目录 法二　以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 则有A（0，0，0），M（1，1，0），N（1，0，0）， A1（0，0，2），C1（0，1，2）. 所以 ＝（1，0，－2）， ＝（1，1，0）， ＝（0，1，2）. 设 ＝x ＋y ， 即有（1，0，－2）＝x（1，1，0）＋y（0，1，2）， 解得 因为A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA. 数学·选择性必修第一册 目录 法三　设平面C1MA的法向量为n＝（x，y，z）， 由法二可得 ＝（1，1，0）， ＝（0，1，2）， 则 即 不妨取n＝（2，－2，1）. 由法二可知 ＝（1，0，－2）， 所以 ·n＝1×2＋0×（－2）＋（－2）×1＝0， 所以 ⊥n. 又A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA. 数学·选择性必修第一册 目录 法四　由题意可得 ＝ － ＝ －（ ＋ ） ＝ （2 － ）－（ － ） ＝ － ， 所以 ， ， 共面， 又A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA. 数学·选择性必修第一册 目录 二、利用空间向量求空间距离 3. （2024·天津高考17题节选）如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的 中点，M是DD1的中点. （1）求证：D1N∥平面CB1M； 数学·选择性必修第一册 目录 解：证明：以A为坐标原点，以AB，AD，AA1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， 依题意得，B（2，0，0），C（1，1，0），D（0，1， 0），B1（2，0，2），C1（1，1，2），D1（0，1，2）， 则M（0，1，1），N（ ， ，2）， 所以 ＝（ ，－ ，0）， ＝（1，－1，2）， ＝（－1，0，1）. 设平面CB1M的法向量为n＝（x，y，z），则 数学·选择性必修第一册 目录 即 取x＝1，得z＝1，y＝3，则n＝（1，3，1）. ·n＝（ ，－ ，0）·（1，3，1）＝ － ＝0， 所以 ⊥n，显然D1N⊄平面CB1M， 所以D1N∥平面CB1M. 数学·选择性必修第一册 目录 （2）求点B到平面CB1M的距离. 解：易知 ＝（0，0，2）. 设点B到平面CB1M的距离为d， 则d＝ ＝ ＝ ， 所以点B到平面CB1M的距离为 . 数学·选择性必修第一册 目录 三、利用空间向量求空间角 4. 〔一题多解〕（2021·新高考Ⅱ卷19题）在四棱锥Q -ABCD中，底面 ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝ ，QC＝3. （1）证明：平面QAD⊥平面ABCD； 数学·选择性必修第一册 目录 解：证明：取AD的中点E，连接QE，CE， ∵QD＝QA＝ ，∴QE⊥AD. ∵AD＝2，∴DE＝1，∴QE＝ ＝2，CE＝ ＝ . ∴QE2＋CE2＝9＝QC2，∴QE⊥CE. 又∵AD∩CE＝E，∴QE⊥平面ABCD. ∵QE⊂平 面QAD，∴平面QAD⊥平面ABCD. 数学·选择性必修第一册 目录 （2）求二面角B-QD-A的平面角的余弦值. 解：法一　取BC中点F，连接EF，易得EF，ED， EQ两两垂直，如图，分别以EF，ED，EQ所在的直 线为x，y，z轴建立空间直角坐标系. 则B（2，－1，0），Q（0，0，2），D（0，1， 0）， ∴ ＝（－2，1，2）， ＝（0，1，－2），设平面BQD的一个法向量n1＝（x，y，z），则 ⇒ 数学·选择性必修第一册 目录 取z＝1，可得x＝2，y＝2， ∴n1＝（2，2，1）. 易知平面QDA的一个法向量n2＝（1，0，0）. 设二面角B-QD-A的平面角为θ，则θ为锐角. cos θ＝｜ cos ＜n1，n2＞｜＝ ＝ ＝ .∴二面角B-QD-A的平面角的余弦值为 . 数学·选择性必修第一册 目录 法二　由（1）知平面QAD⊥平面ABCD， 又∵BA⊥AD，BA⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面QAD＝AD， ∴BA⊥平面QAD. 过A作AM⊥QD于点M，连接BM. 则∠AMB为所求二面角的平面角. 由S△QAD＝ ×2×2＝ × ·AM⇒AM＝ ， ∴BM＝ ＝ ，∴ cos ∠AMB＝ ＝ . ∴二面角B-QD-A的平面角的余弦值为 . 数学·选择性必修第一册 目录 四、利用空间向量解决翻折问题 5. （2025·全国Ⅱ卷17题）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； 数学·选择性必修第一册 目录 解：证明：∵EB∥FC，A'E∥D'F， EB⊂平面BA'E，A'E⊂平面BA'E， FC⊂平面CD'F，D'F⊂平面CD'F， EB∩A'E＝E，FC∩D'F＝F，∴平面BA'E∥平面CD'F. ∵A'B⊂平面BA'E，∴A'B∥平面CD'F. 数学·选择性必修第一册 目录 （2）求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 解：∵∠DAB＝90°，EF∥AD，∴∠FEB＝90°， 即AB⊥EF，翻折后，A'E⊥EF，EB⊥EF， ∴平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角的平面角为∠A'EB， 即∠A'EB＝60°，同理∠D'FC＝60°. 设AD＝1，取CF的中点O，连接D'O， 在△OD'F中，D'F＝1，OF＝ ，∠D'FO＝60°，由余弦定理得OD'＝ ， ∴D'F2＝OF2＋OD'2，∴OD'⊥OF. 数学·选择性必修第一册 目录 在线段EB上取一点M，使得EM＝ ，连接OM，则 EM＝OF，又EM∥OF，∴四边形EMOF为平行四边 形，∴EF∥OM， ∵D'F⊥EF，CF⊥EF，D'F∩CF＝F，CF，D'F⊂ 平面CD'F，∴EF⊥平面CD'F，即OM⊥平面CD'F， ∴OM，OC，OD'两两垂直， 如图所示，以O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， 则B（1， ，0），C（0， ，0），D'（0，0， ），E（1，－ ， 数学·选择性必修第一册 目录 0），F（0，－ ，0）， ＝（1，1，0）， ＝（0，－ ， ）， ＝（1，0，0）， ＝（0， ， ）. 设平面BCD'的法向量为m＝（x1，y1，z1），则 即 取z1＝ ，则m＝（－3，3， ）. 设平面EFD'A'的法向量为n＝（x2，y2，z2）， 数学·选择性必修第一册 目录 则 即 取z2＝ ， 则n＝（0，－3， ）. 设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ， 则 cos θ＝ ＝ ＝ ＝ ， ∴ sin θ＝ ＝ ＝ ， ∴平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为 . 数学·选择性必修第一册 目录 $