第1章 空间向量与立体几何 章末整合提升——体系构建·素养培优(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B版)

本讲义聚焦空间向量这一核心知识点，系统梳理线性运算、数量积运算及其坐标表示，衔接空间角与距离计算，延伸至平行垂直证明、翻折问题等综合应用，结合高考真题构建从基础到进阶的学习支架。 资料以“体系构建·素养培优”为特色，通过一题多解（如空间角计算的几何法与向量法）、翻折问题坐标系建立，培养数学运算和直观想象素养。课中辅助教师方法指导，课后助力学生真题演练，有效查漏补缺。

章末整合提升——体系构建·素养培优 　　 一、数学运算 　　数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算方向，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.本章中的数学运算主要涉及以下内容，空间向量的线性运算及其坐标表示，空间向量的数量积及其坐标表示，利用空间向量求空间角及空间距离. 培优一　空间向量的线性运算 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝a，＝b，＝c，O为底面ABCD的中心，G为△D1C1O的重心，则＝（　　） A.a＋b＋c　　　 B.a＋b＋c C.a＋b＋c　 D.a＋b＋c 解析：A　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝a，＝b，＝c，O为底面ABCD的中心，G为△D1C1O的重心，连接OG，则＝＋＝（＋）＋（＋）＝（b＋c）＋［（＋）＋＋（＋）＋］＝（b＋c）＋（－b＋c）＋a＋（b＋c）＋a＝a＋b＋c.故选A. 如图，N是三棱柱ABC-A1B1C1的棱AB的中点. （1）若＝x＋y＋z（x，y，z∈R），求x＋y＋z的值； （2）若CA＝CB＝CC1，∠ACB＝120°，CC1⊥平面ABC，点M在棱C1B1上，若AM⊥A1N，求的值. 解：（1）＝＋＝－＋＝－＋（－）＝－＋－＝－＋－， 而＝x＋y＋z， 则x＝－，y＝，z＝－1， 所以x＋y＋z＝－＋－1＝－1. （2）设＝λ（λ∈[0，1]）， 则＝＋＋＝－＋λ.由题意可设｜｜＝｜｜＝｜｜＝1， 因为CC1⊥平面ABC，CA⊂平面ABC，CB⊂平面ABC，所以CC1⊥CA，CC1⊥CB. 又＜，＞＝120°，＜，＞＝＜，＞＝90°，则·＝－，·＝·＝0. 由（1）知＝－＋－， 因为AM⊥A1N，所以·＝0， 即（－＋λ）·（－＋－）＝0， 所以－·＋·－＋－·＋·－λ·＋λ－λ·＝0. 所以0＋0－1＋＋＋0－（λ）·（－）＋λ－0＝0，　 即λ＝，解得λ＝，所以＝. 培优二　空间向量的数量积运算 已知向量a＝（1，－3，2），b＝（－2，1，1），点A（－3，－1，4），B（－2，－2，2）. （1）求｜2a＋b｜； （2）若O为坐标原点，在直线AB上是否存在一点E，使得⊥b？ 解：（1）2a＋b＝（2，－6，4）＋（－2，1，1）＝（0，－5，5）， ∴｜2a＋b｜＝＝5. （2）设存在满足题意的点E（x，y，z），则有∥，且·b＝0. ∵＝（x＋3，y＋1，z－4），＝（1，－1，－2）， ∴解得 故在直线AB上存在点E（－，－，），使得⊥b. 培优三　空间角的计算 〔一题多解〕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. 培优四　空间距离的计算 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是棱AC的中点. （1）证明：BD⊥DC1； （2）证明：AB1∥平面BC1D； （3）若AB＝2，AA1＝4，求AB1到平面BC1D的距离. 解：（1）证明：因为△ABC为等边三角形，D是棱AC的中点，所以BD⊥AC， 三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱，故CC1⊥平面ABC，因为BD⊂平面ABC，所以CC1⊥BD， 因为AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1， 因为DC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥DC1. （2）证明：连接B1C，与BC1相交于点N，连接DN， 因为四边形BCC1B1为矩形，故N为B1C的中点，又D为AC的中点，故DN∥AB1， 又DN⊂平面BDC1，AB1⊄平面BDC1，所以AB1∥平面BDC1. （3）由（2）知，AB1∥平面BDC1，故AB1到平面BC1D的距离即为A到平面BC1D的距离， 取A1C1的中点M，连接DM，则DM∥CC1，由于CC1⊥平面ABC，故DM⊥平面ABC， 故以D为坐标原点，DA，DB，DM所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 因为AB＝2，AA1＝4，所以A（1，0，0），B1（0，－，4），B（0，－，0），C1（－1，0，4），D（0，0，0）， 设平面BC1D的法向量为m＝（x，y，z），则 解得y＝0，令z＝1得x＝4，故m＝（4，0，1）， 所以A到平面BC1D的距离d＝＝＝＝， 故AB1到平面BC1D的距离为. 二、直观想象 　　直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用图形理解和解决数学问题的过程.本章核心素养——直观想象主要涉及以下内容.利用图形判断或证明空间中直线、平面的位置关系，巧建空间坐标系. 培优五　利用空间向量证明平行、垂直问题 如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝AD＝1，BC＝3. （1）求证：AF⊥CD； （2）线段BD上是否存在点M，使得直线CE∥平面AFM？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 解：（1）证明：因为四边形ADEF为正方形，所以AF⊥AD， 又因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD， 所以AF⊥平面ABCD. 所以AF⊥CD. （2）因为∠BAD＝90°，所以AB，AD，AF两两垂直， 以A为原点， 向量，，所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐 标系如图所示，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，3，0），D（0，1，0），E（0，1，1），F（0，0，1）. 假设线段BD上存在点M，使得直线CE∥平面AFM.设＝λ（λ∈[0，1]），因此＝λ（λ∈[0，1]），所以M的坐标为（1－λ，λ，0）.＝（－1，－2，1）. 设平面AFM的法向量为n＝（x1，y1，z1），＝（0，0，1），＝（1－λ，λ，0）， ⇒⇒所以n＝（－λ，1－λ，0），因为直线CE∥平面AFM，所以有⊥n⇒λ－2（1－λ）＝0⇒λ＝，即＝. 培优六　立体几何中的翻折问题 在平行四边形ABCD中（如图1），AB＝2BC＝2，M为AB的中点，将等边△ADM沿DM折起，连接AB，AC，且AC＝2（如图2）. （1）求证：CM⊥平面ADM； （2）求直线AD与平面ABM所成角的正弦值； （3）点P在线段AC上，若点P到平面ABM的距离为，求平面PDM与平面BCDM所成角的余弦值. 解：（1）证明：连接CM，在△CBM中，∵BC＝BM＝1，∠CBM＝， ∴CM＝＝，在△CMD中，∵DM2＋CM2＝CD2，∴DM⊥CM， 同理可得：CM⊥AM，∵ ∴CM⊥平面ADM. （2）设H为DM的中点，∴AH⊥DM，∵CM⊥平面ADM，CM⊂平面BCDM， ∴平面ADM⊥平面BCDM，又∵平面ADM∩平面BCDM＝DM，AH⊂平面ADM， ∴AH⊥平面BCDM，∴以点M为坐标原点，直线MD为x轴，直线MC为y轴，过点M且平行于AH的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， ∴M（0，0，0），D（1，0，0），C（0，，0），B（－，，0），H（，0，0），A（，0，）， ∴＝（，0，－），设平面ABM的法向量为m＝（x1，y1，z1）， ∵＝（－1，，－），＝（－，0，－），∴ 取x1＝，∴m＝（，1，－1），设直线AD与平面ABM所成角为θ， sin θ＝｜cos＜，m＞｜＝＝＝. （3）设＝λ，∵＝（－，，－），∴＝（－，λ，－）， 设点P到平面ABM的距离为d，∴d＝＝＝，∴λ＝， ∴P是线段AC上靠近点C的三等分点，易求平面BCDM的法向量为n1＝（0，0，1）， 设平面PDM的法向量为n2＝（x2，y2，z2）， ∵＝＋＝＋＝（－，，），＝（1，0，0）， ∴取y2＝1，∴n2＝（0，1，－4）， 设平面PDM与平面BCDM所成的角为α，∴cos α＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝＝. 　　 1.〔多选〕（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　对于A，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，则AA1⊥AD，则·＝0，因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，则·＝0，又＝＋＋，所以·＝（＋＋）·＝·＋＋·＝≠0，则AD⊥A1C不成立，故A错误；对于B，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，则AA1⊥BC，因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，又AA1∩AD＝A，AA1，AD⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，因为B1C1∥BC，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；对于C，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1∥AB，假设AD∥A1B1，则AD//AB，这与AD∩AB＝A矛盾，所以AD∥A1B1不成立，故C错误；对于D，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1∥AA1，又AA1⊂平面AA1D，CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确. 法二　如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为2，高为h（h＞0）， 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·＝（－）×（－）＋0＝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.（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. 3.〔一题多解〕（2025·全国Ⅰ卷17题）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD. （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，且点P，B，C，D均在球O的球面上. ①证明：点O在平面ABCD内； ②求直线AC与PO所成角的余弦值. 解：（1）证明：法一　∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB， ∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD， ∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD. 法二（二面角定义）　∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB，PA⊥AD， ∵平面PAB∩平面PAD＝PA，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD， ∴∠BAD为平面PAB与平面PAD所成二面角， ∵AB⊥AD，∴∠BAD＝90°， ∴平面PAB⊥平面PAD. （2）①证明：由题意得AB，AD，AP两两垂直，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B（，0，0），C（，2，0），D（0，＋1，0），P（0，0，）， 设球心O（x，y，z），半径为R， 则即解得∴O（0，1，0），∴O∈平面ABCD. ②法一　由①得＝（，2，0），＝（0，1，－）， 设直线AC与直线PO所成角为θ， 则cos θ＝｜cos＜，＞｜＝＝＝. 法二　由①得O在线段AD上，且AO＝AD. 以，，为基底，则＝－＝－，＝＋＝＋， ·＝（－）·（＋）＝·＝2， ｜｜＝＝，｜｜＝＝. 设直线AC与直线PO所成角为θ， 则cos θ＝｜cos＜，＞｜＝＝＝. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $