第1章 空间向量与立体几何 章末整合提升(Word教参)-【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）

本讲义聚焦空间向量这一核心知识点，从概念及运算（类比平面向量学习）入手，逐步延伸至线面位置关系证明、空间距离求解及空间角计算，构建从基础到应用的完整学习支架。 资料通过类比迁移培养数学眼光，以逻辑推理深化数学思维，用向量语言精准表达几何关系，结合高考真题实例。课中辅助教师高效授课，课后助力学生回顾反思，查漏补缺，提升解决立体几何问题的能力。

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 解析：如图，由题意，M，P分别是AA1，C1D1的中点，∴＝＋＝＋（＋）＝＋（＋）＝a＋b＋c.故选C. （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. （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. 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. 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： （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. （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）. 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. 反思感悟 利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤 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； 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. （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＝｜｜＝｜｜＝. 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. 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. （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. （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. （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. 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. 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 解析：BD　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. 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），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. 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. 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. 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. 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. 法四　由题意可得＝－ ＝－（＋） ＝（2－）－（－） ＝－， 所以，，共面， 又A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA. 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； （2）求点B到平面CB1M的距离. 解：（1）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. （2）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. 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； （2）求二面角B-QD-A的平面角的余弦值. 解：（1）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. （2）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⇒ 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. 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. 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； （2）求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 解：（1）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. （2）∵∠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. 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，－，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）， 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. 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $