第1章 空间向量与立体几何 章末整合提升(Word学生用书)-【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)

该高中数学导学案聚焦空间向量章末整合，核心知识点涵盖空间向量的线性运算、数量积运算、空间角及距离计算，通过体系构建图梳理知识脉络，以例题为学习支架衔接基础概念与综合应用，帮助学生形成完整知识网络。 资料特色在于强化数学运算与直观想象核心素养，设置培优例题（含一题多解）和高考真题体验，结合例题示意图等可视化资源，引导学生探究运算方法与空间关系，培养逻辑推理能力，助力教师开展素养导向的分层教学。

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 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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． 尝试解答 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？ 尝试解答 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． 尝试解答 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． 尝试解答 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． 尝试解答 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． 尝试解答 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 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． 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． 答案 章末整合提升 【素养培优】 【例 1】　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． 【例 2】　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－•＋•－2＋2－•＋•－λ•＋λ2－λ•=0.所以0＋0－1＋＋＋0－（λ）•（－）＋λ－0=0，即λ=，解得λ=，所以=． 【例 3】　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． 【例 4】　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=וAM⇒AM=，∴BM= =， ∴cos∠AMB==． ∴二面角B－QD－A的平面角的余弦值为． 【例 5】　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． 【例 6】　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=． 【例 7】　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〉|===． 【真题体验】 1.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•=（＋＋）•=•＋2＋•=2≠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.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.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〈，〉|===． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $