第1章 空间向量与立体几何 章末综合提升-【金版新学案】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书Word（人教A版）

该高中数学单元复习讲义通过知识框架图系统构建了空间向量与立体几何的知识体系，按“空间向量概念及运算-线面位置关系-距离与空间角”模块梳理脉络，突出共线共面判定、线面平行垂直证明、空间角计算等重难点，呈现知识内在逻辑联系。 讲义亮点在于“题型突破+规律方法+真题衔接”的三阶设计，如通过四棱锥中证明线面平行及存在性问题，培养逻辑推理和空间观念，用向量法求空间角的步骤总结，帮助基础学生掌握方法，真题演练提升综合应用能力，教师可据此实施分层教学，支持学生自主复习。

章末综合提升 突破点一　空间向量的概念及其运算 (1)已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(4，5，λ)，若a，b，c共面，则实数λ的值为(　　 ) A．6　　 B．5　　 C．4　　 D．3 (2)已知a，b，c均为单位向量，〈a，b〉＝〈b，c〉＝90°，〈a，c〉＝60°，则(　　 ) A．4　　 B．2　　 C．　　 D． (3)(多选)在《九章算术》中，将上、下底面为直角三角形的直三棱柱叫做堑堵，在如图所示的堑堵中，2，则(　　 ) A．＋＋ B．＋＋ C．在上的投影向量为 D．在上的投影向量为 答案：(1)B　(2)B　(3)BD 解析：(1)显然向量a＝(2，－1，3)与b＝(－1，4，－2)不平行，而a，b，c共面，则存在实数x，y使c＝xa＋yb，即(4，5，λ)＝x(2，－1，3)＋y(－1，4，－2)，于是所以实数λ的值为5.故选B. (2)由题意及空间向量数量积的定义可得a·b＝b·c＝0，a·c＝cos 60°＝，所以｜a－b＋c｜2＝a2＋b2＋c2－2a·b＋2a·c－2b·c＝3－0＋2×－0＝4，因此，｜a－b＋c｜＝2.故选B. (3)因为＝＋＋＝＋＋＝＋＋－)＝＋＋，故A不正确，B正确；如图所示，过点D作DU垂直BC，过点U作VU垂直AB，UW垂直AC，故向量，向量，由题意易得＝，＝，故＝，C不正确.＝，故D正确.故选BD. 1.空间向量的线性运算、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；利用向量共面的充要条件可以判断第三个向量是否与已知的两个不共线的向量共面，特别地，空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使． 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． 对点练1.(1)在四面体OABC中，a，b，c，G为△ABC的重心，点M在线段OC上，且OM＝2MC，则(　　) 学生用书⬇第45页 A．a＋b－c　　 B．a＋b＋c C．－a＋b＋c　　 D．a－b＋c (2)在空间直角坐标系Oxyz中，若点A，B，D，且2，则的值为　　　　　． (3)正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形)．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2(如图)，P，Q分别为棱AB，AD的中点，则　　　　． 答案：(1)A　(2)2　(3)1 解析：(1)如图所示，连接AG并延长，交BC于D，因为G为△ABC的重心，所以G为AD的三等分点，D为BC的中点，＝＋＋＝c＋(b－c)－＝c＋(b－c)－＋)＝c＋(b－c)－(b－a＋c－a)＝a＋b－c.故选A. (2)设点P，因为＝2，A，B，所以＝2(－1－x，3－y，4－z)，则即P(－1，3，3).又D，所以＝，所以＝2. (3)由正八面体的性质可得BF＝AD，BF∥AD，则＝，·＝·＝·(－－)＝－·－·－·－·＝－×2×2cos 120°－×2×2cos 60°－×2×2cos 120°－×2×2cos 120°＝－1＋＋1＝1. 突破点二　空间向量与线面位置关系 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N的位置；若不存在，说明理由． 解：(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，建立如图所示的空间直角坐标系． 则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1)． 因为(0，1，1)，平面PAD的一个法向量为n＝(1，0，0)， 所以⊥n． 又BM⊄平面PAD， 所以BM∥平面PAD． (2)由(1)知，(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)． 因为MN⊥BD，MN⊥PB， 所以 所以， 所以在平面PAD内存在一点N， 使MN⊥平面PBD． 利用空间向量证明空间中的位置关系 1.线线平行 证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量． 2.线线垂直 证明两条直线垂直，只需证明两条直线的方向向量垂直． 3.线面平行 (1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直； (2)可在平面内找到一个向量，证明其与直线的方向向量是共线向量； (3)利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两个不共线向量线性表示． 4.线面垂直 (1)证明直线的方向向量与平面的法向量平行； (2)利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题． 5.面面平行 (1)证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)； (2)转化为线面平行、线线平行问题． 6.面面垂直 (1)证明两个平面的法向量互相垂直； (2)转化为线面垂直，线线垂直问题．　　 对点练2.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD． 证明：(1)PA⊥BD； (2)平面PAD⊥平面PAB． 证明：(1)取BC的中点O，连接PO． 因为平面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形， 平面PBC⋂底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC， 所以PO⊥底面ABCD． 所以以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO． 所以A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，)． 所以)． 因为)＝0， 所以，所以PA⊥BD． (2)取PA的中点M，连接DM，则M． 因为)， 所以)＝0， 所以，即DM⊥PB． 因为)＝0， 所以，即DM⊥PA． 又因为PA⋂PB＝P，PA，PB⊂平面PAB， 所以DM⊥平面PAB． 因为DM⊂平面PAD， 所以平面PAD⊥平面PAB． 学生用书⬇第46页 对点练3.如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，EF∥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，且BC＝2EF，AE＝AF，点G是EF的中点． (1)证明：AG⊥平面ABCD； (2)线段AC上是否存在一点M，使MG∥平面ABF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 解：(1)证明：因为AE＝AF，点G是EF的中点， 所以AG⊥EF． 又因为EF∥AD，所以AG⊥AD． 由平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF⋂平面ABCD＝AD，AG⊂平面ADEF， 所以AG⊥平面ABCD． (2)由(1)得AG⊥平面ABCD，AD，AB⊂平面ABCD，所以AG⊥AD，AG⊥AB． 四边形ABCD是边长为4的正方形，所以AG，AD，AB两两垂直． 所以以A为原点，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示． 所以A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(4，4，0)． 假设线段AC上存在一点M，使MG∥平面ABF． 设λ，则， 因为(4λ，4λ，0)． 设AG＝t(t＞0)，则(0，0，t)， 所以(－4λ，－4λ，t)． 又F(0，－1，t)，所以(4，0，0)， 设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)， 则取z＝1，所以n＝(0，t，1)． 由于MG∥平面ABF，所以·n＝0，即－4λt＋t＝0，解得λ， 所以． 即存在点M，当时，MG∥平面ABF． 突破点三　 空间向量与距离 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为A1B1的中点，F为AB的中点，H为DD1的中点，K为BB1的中点．求： (1)直线A1H到直线KC的距离； (2)直线FC到平面AEC1的距离． 解：(1)以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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A1，C(0，1，1)，A，C1(0，1，0)，H(0，0，)，K(1，1，)，F(1，，1)，E(1，，0).所以＝，＝， 则＝，即∥，则A1H∥KC， 所以直线A1H到直线KC的距离可转化成点A1到直线KC的距离. 所以＝，＝＝， ＝＝，＝＝， 所以点A1到直线KC的距离 d＝＝＝. 所以直线A1H到直线KC的距离为. (2)由(1)可得＝，＝，＝. 设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)， 由 令z＝1，则x＝1，y＝2，得n＝(1，2，1). 因为·n＝0，所以⊥n，又FC⊄平面AEC1，则FC∥平面AEC1， 所以直线FC到平面AEC1的距离可转化成C到平面AEC1的距离， 则＝， 所以直线FC到平面AEC1的距离d＝＝＝. 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．　　 对点练4.(多选)已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1，E，O分别是A1B1，A1C1的中点，点P在正方体内部且满足＋＋，则下列说法正确的是(　　 ) A．点A到直线BE的距离是 B．点O到平面ABC1D1的距离为 C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为 D．点P到直线AB的距离为 答案：BC 解析：根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，E，O.所以＝(－1，0，0)，＝.设∠ABE＝θ，则cos θ＝＝，所以sin θ＝＝，故点A到直线BE的距离d1＝｜｜sin θ＝，故A错误；易知＝，平面ABC1D1的一个法向量为＝(0，－1，1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝＝＝，故B正确；＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，0).设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，得x＝1，y＝1，所以n＝(1，1，1)，所以点D1到平面A1BD的距离d3＝＝＝.因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为，故C正确；因为＝＋＋，所以＝.又＝(1，0，0)，所以＝，所以点P到直线AB的距离d4＝＝＝，故D错误.故选BC. 对点练5.已知四棱锥P-ABCD中，底面是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点． (1)求证：PO⊥平面ABCD； (2)已知点M是线段PG上的动点，并且到平面EFG的距离是，求线段GM的长． 解：(1)证明：因为△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以PO⊥AD． 因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD， 所以CD⊥PO． 因为CD⋂AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD． (2)连接OG，因为PO⊥平面ABCD，OA，OG⊂平面ABCD， 所以PO⊥OA，PO⊥OG． 因为底面是边长为4的正方形，则OP，OA，OG两两垂直． 所以以O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 则D(－2，0，0)，C(－2，4，0)，P(0，0，2)，G(0，4，0)， 所以)． 设M， 则 取z＝1，则x． 则M到平面EFG的距离为d， 解得a， 故． 突破点四　空间向量与空间角 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； (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值； (3)若平面BDE与平面BDF夹角的余弦值为，求线段CF的长． 解：由题意，建立以A为原点，分别以的方向为x轴、y轴、z轴，正方向的空间直角坐标系，如图所示． 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：由题意，＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，又＝(0，2，h)，可得·＝0， 又因为直线BF⊄平面ADE， 所以BF∥平面ADE. (2)由题意，(－1，－2，2)． 设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量， 则 取z＝1，可得n＝(2，2，1)． 因此有cos〈． 所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为． (3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量， 则 所以 不妨令z1＝－1，可得m． 由题意，有|cos〈m，n〉|， 解得h．经检验，符合题意． 所以，线段CF的长为． 学生用书⬇第47页 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≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解． 2.直线与平面所成的角：要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面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〉－－〈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． 对点练6.(2025·安徽合肥六校检测)已知三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2AB＝2AC＝2，∠BAC＝90°，∠BAA1＝120°． (1)求证：AB⊥平面AB1C； (2)若B1C＝AA1，求平面AB1C1与平面BCB1所成二面角的余弦值． 解：(1)证明：因为∠BAA1＝120°，所以∠ABB1＝60°． 在△ABB1中，AB＝1，BB1＝AA1＝2， 由余弦定理得A－2AB·BB1·cos ∠ABB1＝3， 所以B，所以AB1⊥AB． 又因为∠BAC＝90°，所以AC⊥AB． 又因为AC⋂AB1＝A，所以AB⊥平面AB1C． (2)由(1)知AB1，AC＝1. 又因为B1C＝AA1＝2， 在△AB1C中，可得B1C2＝A＋AC2， 所以AB1⊥AC． 又AB1⊥AB，所以AB1⊥平面ABC． 由(1)得AB⊥平面AB1C． 所以以A为坐标原点，以AB为x轴，以AC为y轴，以AB1为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 则A)，C(0，1，0)． 设C1(x，y，z)， 因为)， 所以(－1，0，)＝(x，y－1，z)， 解得)， 所以)． 设平面AB1C1法向量为n1， 由 故 取y1＝1，则n1＝(1，1，0)． 设平面BCB1法向量为n2， 由 取x2＝1，可得y2＝1，z2． 因为cos〈n1，n2〉 ． 所以平面AB1C1与平面BCB1所成二面角的余弦值为． (多选)(2025·全国一卷)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 答案：BD 解析：对于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；对于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；对于C，AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错误；对于D，CC1∥AA1，CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确．故选BD． (2025·全国二卷)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：第1步：利用线线平行得两组线面平行 因为EB∥FC，EB⊄平面CD′F，FC⊂平面CD′F， 所以EB∥平面CD′F， 因为A′E∥D′F，A′E⊄平面CD′F，D′F⊂平面CD′F， 所以A′E∥平面CD′F． 第2步：利用两组线面平行得面面平行 因为EB⊂平面BA′E，A′E⊂平面BA′E，EB⋂A′E＝E，所以平面BA′E∥平面CD′F． 第3步：利用面面平行得线面平行 因为A′B⊂平面BA′E，所以A′B∥平面CD′F． (2)第1步：找到面EFD′A′与面EFCB所成二面角的平面角 因为∠DAB＝90°，EF∥AD，所以∠FEB＝90°，即AB⊥EF， 翻折后，A′E⊥EF，EB⊥EF， 所以面EFD′A′与面EFCB所成二面角的平面角为∠A′EB， 即∠A′EB＝60°，同理∠D′FC＝60°． 第2步：找出3条两两垂直的线段，建立空间直角坐标系 设AD＝1，取CF的中点O，连接D′O， 在△OD′F中，D′F＝1，OF， 所以D′F2＝OF2＋OD′2，所以OD′⊥OF． 在线段EB上取一点M，使得EM，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF，所以四边形EMOF为平行四边形， 所以EF∥OM， 因为D′F⊥EF，CF⊥EF，D′F⋂CF＝F， 所以EF⊥平面CD′F，即OM⊥平面CD′F， 所以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， 第3步：写出相关点及向量的坐标 则B(1，，0)，C(0，，0)，D'(0，0，)，E(1，－，0)，F(0，－，0)，＝(1，1，0)，＝(0，－，)，＝(1，0，0)，＝(0，，). 第4步：求平面BCD′的法向量 设平面BCD′的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则)． 第5步：求平面EFD′A′的法向量 设平面EFD′A′的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则)． 第6步：利用向量的夹角公式求平面与平面夹角的余弦值 设平面BCD′与平面EFD′A′的夹角为θ， 则cos θ， 第7步：利用同角三角函数的基本关系求二面角的正弦值 所以sin θ， 所以平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值为． 学生用书⬇第48页 (2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F分别满足，．将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4． (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 解：(1)证明：根据题意，AEAB＝4，又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝4，故EF＝2. 又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE． 由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED， 又ED⋂PE＝E，ED，PE⊂平面PED，所以EF⊥平面PED． 又PD⊂平面PED，所以EF⊥PD． (2)如图，连接CE，由题，DE＝3，CD＝3，∠CDE＝90°，故CE＝＝6. 又PE＝AE＝2，PC＝4，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE. 又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD. 故EF，ED，PE两两垂直，以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P(0，0，2)，D(0，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(3，3，0)， 连接PA，则＝，＝，＝(0，2，2)，＝. 设平面PCD的法向量为n1＝， 则可取n1＝. 设平面PBF即平面PAF的法向量为n2＝， 则可取n2＝. ｜cos〈n1，n2〉｜＝＝. 故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为＝. (2024·全国甲卷理)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED，FB＝2，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求二面角F-BM-E的正弦值． 解：(1)证明：因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2，所以BC∥MD，且BC＝MD， 所以四边形BCDM为平行四边形． 所以BM∥CD， 又CD⊂平面CDE，BM⊄平面CDE， 所以BM∥平面CDE． (2)取AM的中点O，连接BO，FO． 由(1)可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2， 所以BO⊥AD，且BO． 因为EF∥MD，EF＝MD＝2，所以四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED． 又AF，所以FO⊥AM， 又OA＝OM＝1，所以FO3， 又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2， 所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直． 所以分别以OB，OD，OF 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F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)． 则(0，1，3)． 设平面 FBM 的法向量为n1， 则 所以 令z1＝1，所以x1． 设平面EBM的法向量为n2， 则 所以，y2＝3， 所以n2． 设二面角F-BM-E的平面角为θ， 所以|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|， 因为θ∈［0，π］，所以sin θ≥0， 即sin θ， 所以二面角F-BM-E的正弦值为． (2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足，求二面角D-AB-F的正弦值． 解：(1)证明：如图所示，连接AE，DE． 因为E为BC中点，DB＝DC，所以DE⊥BC． 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ABD与△ACD均为等边三角形， 所以AB＝AC，从而AE⊥BC． 又AE⋂DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE， 所以BC⊥DA． (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为BD⊥CD，所以BC＝2． 所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE． 又因为AE⊥BC，DE⋂BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， 所以AE⊥平面BCD． 所以以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 则D(，0)，E(0，0，0)． 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 二面角D －AB－F的平面角为θ，而)， 因为)， 所以F(－，0，0)． 所以取z1＝1， 所以n1＝(1，1，1)． 取z2＝1，所以n2＝(0，1，1)． 所以|cos θ|， 从而sin θ． 所以二面角D -AB-F的正弦值为． (2022·新高考Ⅰ卷) 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2． (1)求A到平面A1BC的距离； (2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值． 解：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h， 则＝·h＝h＝＝S△ABC·A1A＝＝， 解得h＝，所以点A到平面A1BC的距离为. (2)连接AB1交A1B于E，如图所示，易知E为A1B的中点，因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B． 又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC⋂平面ABB1A1＝A1B， 且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC． 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC． 由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC，可得AE⊥BC，BB1⊥BC． 又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1. 所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 由(1)得AE，所以BC＝2. 则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)， 所以A1C的中点D(1，1，1)． 则(2，0，0)． 设平面ABD的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则 取z＝－1， 所以m＝(1，0，－1)． 设平面BDC的一个法向量为n＝(a，b，c)， 则 取c＝－1，所以n＝(0，1，－1)． 则cos〈m，n〉， 所以二面角A－BD－C的正弦值为 ． 单元检测卷(一)　空间向量与立体几何 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分， 共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．) 1.在空间直角坐标系中，直线l1，l2的方向向量分别为a，b，则(　　) A．l1∥l2　　 B．l1⊥l2 C．l1与l2异面　　 D．l1与l2相交 答案：B 解析：由a·b4＋2－6＝0，故a⊥b，所以l1⊥l2.故选B． 2.(2025·安徽宣城期末调研)已知向量a，b，则向量a在向量b上的投影向量为(　　) A．　　 B． C． 　　 D． 答案：C 解析：向量a在向量b上的投影向量为．故选C． 3.(2025·江苏无锡期末考试)设x，y∈R，向量a＝(x，1，1)，b＝(1，y，1)，c＝(2，－4，2)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝(　　) A.2　　 B．　　 C.3　　 D.4 答案：C 解析：由a＝(x，1，1)，c＝(2，－4，2)及a⊥c，得2x－4＋2＝0，解得x＝1.由b＝(1，y，1)及b∥c，得3.故选C． 4.设向量e1，e2，e3不共面，已知－3e1－e2＋2e3，e1＋λe2－6e3，4e1＋2e2＋8e3，若A，C，D三点共线，则λ＝(　　 ) A.0　　 B.1　　 C.2　　 D.3 答案：A 解析：由题意得，＝＋＝－2e1＋(λ－1)e2－4e3.因为A，C，D三点共线，所以存在唯一的实数y，使得＝y，即4e1＋2e2＋8e3＝y[－2e1＋(λ－1)e2－4e3]，即故选A. 5.在四面体OABC中，a，b，c，λ，N为BC的中点，若－a＋b＋c，则λ＝(　　) A．　　 B.3　　 C．　　 D.2 答案：B 解析：如图所示，因为＝λ，N为BC的中点，所以＝.又因为＝＋，所以＝－＝＋－＝－a＋b＋c.又＝－a＋b＋c，所以－＝－，解得λ＝3.故选B. 6.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，E是PA的中点，则PC到平面BED的距离为(　　) A．　　 B．　　 C．2　　 D．2 答案：A 解析：取CD的中点F，连接AF，AC，因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以△ACD为等边三角形.又因为F为CD的中点，所以AF⊥CD.以点A为原点，以AB，AF，AP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B(4，0，0)，D(－2，2，0)，E(0，0，2)，P(0，0，4)，C(2，2，0).所以＝(－4，0，2)，＝(2，－2，2).设平面BED的一个法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝2，得n＝(1，，2).因为＝(2，2，－4)，所以n·＝2＋6－8＝0，即⊥n.又因为PC⊄平面BED，所以PC∥平面BED，所以PC到平面BED的距离等于点P到平面BED的距离.因为＝(0，0，2)，所以点P到平面BED的距离d＝＝＝，所以PC到平面BED的距离为.故选A. 7.将边长为1的正方形AA1O1O及其内部绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧，则直线B1C与平面OAA1O1所成的角的正弦值为(　　) A．　　 B．　　 C．　　 D． 答案：D 解析：由题意，∠AOC＝，∠A1O1B1＝，如图所示，建立空间直角坐标系.则B1(，，1)，C(，－，0)，所以＝(，，－1)，平面OAA1O1的一个法向量为n＝，设直线B1C与平面OAA1O1所成的角为θ，所以sin θ＝＝＝.故选D. 8.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥AD，AB＝AD＝1，AA1＞AB，E，F分别是侧棱BB1，DD1上的动点，且平面AEF与平面ABC的夹角的大小为30°，则线段BE的长的最大值为(　　) A．　　 B．　　 C．　　 D． 答案：B 解析：由题意，AB，AD，AA1两两互相垂直，以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设BE＝m，DF＝n(m≥0，n≥0，且m，n不同时为0).则A(0，0，0)，E(1，0，m)，F(0，1，n).所以＝，＝.设平面AEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝1，得x＝－m，y＝－n，则n＝(－m，－n，1).显然m＝(0，0，1)为平面ABC的一个法向量.因为平面AEF与平面ABC的夹角的大小为30°，所以cos 30°＝＝＝＝，即＝，得m2＋n2＝，所以m＝，所以当n＝0时，m取得最大值，最大值为.故选B. 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．) 9.已知a，b，c是不共面的三个向量，则能构成一个基底的一组向量是(　　 ) A．2a，a－b，a＋2b　　 B．2b，b＋c，b＋2a C．a，2b，b－c　　 D．c，a＋c，a－c 答案：BC 解析：对于A，因为2a＝(a－b)＋(a＋2b)，故2a，a－b，a＋2b不能构成一个基底，故A错误；对于B，2b，b＋c，b＋2a三个向量中，任何一个都不能用其他两个线性表示，故可以构成一个基底，故B正确；对于C，a，2b，b－c三个向量中，任何一个都不能用其他两个线性表示，故可以构成一个基底，故C正确；对于D，因为c＝(a＋c)－(a－c)，故c，a＋c，a－c不能构成一个基底，故D错误.故选BC. 10.(2025·安徽安庆检测)下面四个结论正确的是(　　) A．若A，B，C三点不共线，平面ABC外任一点O，有＋＋，则M，A，B，C四点共面 B．有两个不同的平面α，β的法向量分别为u，v，且u，v，则α∥β C．已知向量a，b，若x＜，则〈a，b〉为钝角 D．已知n为平面α的一个法向量，m为直线l的一个方向向量，若〈m，n〉π，则l与α所成角为 答案：AD 解析：对于A，由＝＋＋可得，－＝＋，即＝＋，所以M，A，B，C四点共面，故A正确；对于B，根据题意，＝≠，所以u＝，v＝不共线，故α与β不平行，故B错误；对于C，当a，b共线时，则x≠0，且＝＝，解得x＝－3，若〈a，b〉为钝角，则解得x＜且x≠－3，故C错误；对于D，由〈m，n〉＝，所以l与α所成角为－＝，故D正确.故选AD. 11.(2025·广东深圳高二期中)已知正四棱柱ABCD -A1B1C1D1，AB＝2，AA1＝a，点M为棱CC1的中点，点P为底面A1B1C1D1上的动点，则下列结论中正确的为(　　) A．当a且点P位于底面A1B1C1D1的中心时，四棱锥P－ABCD外接球的表面积为 B．当a＝2时，存在点P满足PA＋PM＝4 C．当a＝2时，存在唯一的点P满足∠APM＝90° D．当a＝2时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为 答案：ACD 解析：对于A，如图①，找到正方形ABCD的中心H，O为四棱锥P-ABCD外接球的球心，则O在线段PH上.因为四边形ABCD为正方形，所以BH＝，且PH＝a＝.设四棱锥P-ABCD外接球的半径为R，则OP＝OB＝R，则在Rt△BOH中，可得R2－(－R)2＝2，解得R＝，所以四棱锥P-ABCD外接球的表面积为4πR2＝，故A正确；对于B，由于a＝2，如图②，建立空间直角坐标系，可得A(0，0，2)，M(2，2，1)，B(2，0，2)，P为底面A1B1C1D1上的动点，可设P(m，n，0)，且0≤m≤2，0≤n≤2.点M关于平面A1B1C1D1的对称点为M'(2，2，－1)，AM'＝＝，即PA＋PM的最小值为＞4，所以不存在点P满足PA＋PM＝4，故B错误；对于C，＝(m，n，－2)，＝(m－2，n－2，－1)，因为·＝m2－2m＋n2－2n＋2＝(m－1)2＋(n－1)2，所以当m＝1，n＝1时，AP⊥MP，此时∠APM＝90°，所以当a＝2时，存在唯一的点P满足∠APM＝90°，故C正确；对于D，＝(m－2，n，－2)，＝(2，2，－1)，若BP⊥AM，则有·＝2m－4＋2n＋2＝2m＋2n－2＝0，化简得m＋n＝1.又因为0≤m≤2，0≤n≤2，所以点P的轨迹长度为＝，故D正确.故选ACD. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，将答案填在题中的横线上．) 12.(2025·贵州铜仁高二质量监测)在空间直角坐标系中，若m对应点M，n＝(－k，2，3－k)，若M关于平面xOy的对称点为，则m·n＝　　　　　． 答案：5 解析：M关于平面xOy的对称点为，所以M，所以m＝，即k＝1.所以n＝，所以m·n＝1×＋2×2＋1×2＝－1＋4＋2＝5. 13.(2025·浙江宁波九校联考)在如图所示的试验装置中，正方形框ABCD的边长为2，长方形框ABEF的长BEAB，且它们所在平面形成的二面角C-AB-E的大小为，活动弹子M，N分别在对角线AC和BF上移动，且始终保持λ(0＜λ＜1)，则MN的长度最小时λ的取值为　　　　． 答案： 解析：在正方形ABCD内过M作MP⊥AB于P，则MP∥BC，＝＝λ，MP＝2λ.在矩形ABEF内过N作NQ⊥AB于Q，则NQ∥AF，＝＝λ，NQ＝2λ，AP＝2λ，AQ＝2－2λ，PQ＝｜2－4λ｜，由二面角C-AB-E的大小为，得＜，＞＝.又＝＋＋＝－＋＋，因此＝＋＋－2·＝4λ2＋(2－4λ)2＋8λ2－2·2λ·2λ·＝20λ2－16λ＋4＝20(λ－)2＋≥，当且仅当λ＝时取等号，所以当MN的长度最小时λ＝. 14.已知长方体ABCD-A1B1C1D1，AB＝AD＝2，AA1＝4，M是BB1的中点，点P满足λ＋μ，其中λ∈，μ∈，且MP∥平面AB1D1，则动点P的轨迹所形成的长度是　　． 答案： 解析：如图所示，E，F，G，H，N分别为B1C1，C1D1，DD1，DA，AB的中点，则EF∥B1D1∥NH，MN∥B1A∥FG．由EF⊂平面MEFGHN，B1D1⊄平面MEFGHN，则B1D1∥平面MEFGHN，同理可证B1A∥平面MEFGHN，B1A⋂B1D1＝B1，B1A，B1D1⊂平面AB1D1，所以平面MEFGHN∥平面AB1D1.由MP∥平面 AB1D1，所以动点P的轨迹是平面MEFGHN．又，其中λ∈［0，1］，M∈［0，1］，所以点P在侧面BCC1B1上，故P的轨迹为线段EM．因为AB＝AD＝2，AA1＝4，所以EM． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 15.(13分)已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)． (1)求以向量，为一组邻边的平行四边形的面积S； (2)若向量a与向量，都垂直，且|a|，求向量a的坐标． 解：(1)因为(1，－3，2)， 所以cos∠BAC， 又因为∠BAC∈［0，π］，所以∠BAC， 所以平行四边形的面积S＝|． (2)设a＝(x，y，z)， 由a⊥，得－2x－y＋3z＝0， 由a⊥，得x－3y＋2z＝0， 由|a|，得x2＋y2＋z2＝3， 所以x＝y＝z＝1或x＝y＝z＝－1， 所以a＝(1，1，1)或a＝(－1，－1，－1)． 16.(15分)(2025·浙江杭州期末考试)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形， PA＝AB＝2，PA⊥平面ABCD，E，F分别为PA，AB的中点，直线AC与DF相交于O点． (1)求B到平面DEF的距离； (2)求直线PC与平面DEF所成角的正弦值． 解：(1)由PA⊥平面ABCD，且AB、AD⊂平面ABCD，故PA⊥AB、PA⊥AD. 又底面ABCD为正方形，故AB⊥AD，故AB、AD、PA两两垂直， 故以点A为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则A，B(2，0，0)，F，D，E， 则＝，＝， ＝. 设平面DEF的法向量为m＝， 则有令x＝2，则有z＝2，y＝1，故m＝， 则B到平面DEF的距离d＝＝＝. (2)P，C，则＝， 则有cos〈m，〉＝＝＝， 故直线PC与平面DEF所成角的正弦值为. 17.(15分)如图①，在等边三角形ABC中，AC＝4，D是边AC上的点(不与A，C重合)，过点D作DE∥BC交AB于点E，沿DE将△ADE向上折起，使得平面ADE⊥平面BCDE，连接AB，AC，得到如图②所示的几何体． (1)若图②中异面直线BE与AC垂直，确定图①中点D的位置； (2)证明：无论点D的位置如何，平面ABE与平面ADE的夹角的余弦值都为定值，并求出这个定值． 解：(1)在题图②中，分别取DE，BC的中点O，F，连接OA，OF，易知OE，OF，OA两两垂直． 以O为原点，OE，OF，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 设OA＝x(0＜x＜2)， 则OF＝2， 所以B(2，2－x，0)． 所以，0)． 因为异面直线BE与AC垂直， 所以x＋8＝0， 解得x， 所以在题图①中，， 题图①中点D在靠近点C的三等分点处． (2)证明：平面ADE的一个法向量为n＝(0，1，0)． 由(1)知，0)． 设平面ABE的法向量为m＝(a，b，c)， 则 所以，－1，1)． 设平面ABE与平面ADE的夹角为θ， 则cos θ， 所以无论点D的位置如何，平面ABE与平面ADE的夹角的余弦值都为定值． 18.(17分)在三棱台A1B1C1-ABC中，CC1⊥平面ABC，AB＝BC＝AC＝2A1B1＝2，D，E分别为AC，BC的中点． (1)证明：A1B∥平面C1DE； (2)若BC1⊥A1C，在线段AB上是否存在一点F，使得C1F与平面ABB1A1所成角的正弦值为？若存在，求AF的长度；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为在三棱台A1B1C1-ABC中，AB＝BC＝AC＝2A1B1＝2，D为AC的中点， 所以A1C1＝AD，又A1C1∥AD， 所以四边形A1C1DA为平行四边形，AA1∥DC1. 因为D，E分别为AC，BC的中点， 所以DE为△ABC的中位线，所以BA∥DE． 又BA，AA1⊂平面AA1B，且BA⋂AA1＝A， 所以平面AA1B∥平面C1DE， 又A1B⊂平面AA1B，所以A1B∥平面C1DE． (2)连接BD，因为CC1⊥平面ABC，且CC1⊂平面AA1C1C， 所以平面ABC⊥平面AA1C1C． 又平面ABC⋂平面AA1C1C＝AC，易知等边三角形ABC中，BD⊥AC， 所以BD⊥平面AA1C1C，所以BD⊥A1C， 又BC1⊥A1C，BC1⋂BD＝B， 所以A1C⊥平面BDC1，从而A1C⊥DC1，故四边形A1C1CD为正方形，CC1＝1. 如图所示，建立空间直角坐标系． 则A(0，－1，0)，B(，0，0)，A1(0，0，1)，C1(0，1，1)． 所以， ， ． 假设存在符合题意的点F，令． 设平面ABB1A1的法向量为n 取x＝1，可得n． 设直线C1F与平面ABB1A1所成的角为θ，则sin θ， 由，得λ，则AF＝1. 所以线段AB上存在一点F，且AF＝1，使得C1F与平面ABB1A1所成角的正弦值为． 19.(17分)(2025·安徽安庆检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD∥BC，AB⊥AD，AB＝ADBC＝1，PA＝2，E为棱BC上的点，且BEBC，点Q在棱CP上(不与点C，P重合)． (1)求证：平面DEQ⊥平面PAC； (2)求二面角A-PC-D的平面角的余弦值； (3)直线QE能与平面PCD垂直吗？若能，求出的值；若不能，请说明理由． 解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD． 又AB⊥AD，则以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz， 则A，B，E(1，，0)，D，C，P， 所以＝，＝， ＝， 所以·＝0，·＝1－1＝0， 所以DE⊥AP，DE⊥AC，又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC， 所以DE⊥平面PAC， 又DE⊂平面DEQ，所以平面DEQ⊥平面PAC. (2)由(1)知＝是平面PAC的一个法向量，＝，＝， 设平面PCD的法向量为n＝， 所以 令z＝－1，则x＝2，y＝－2，所以n＝(2，－2，－1)， 所以cos〈，n〉＝＝＝. 又由图可知二面角A-PC-D的平面角为锐角， 所以二面角A-PC-D的平面角的余弦值为. (3)由(1)得C，P，E，＝. 设＝λ，则＝λ＝，可得Q， 所以＝. 由(2)知n＝是平面PCD的一个法向量. 若QE⊥平面PCD，可得∥n， 则＝＝，该方程无解， 所以直线QE不能与平面PCD垂直. 学生用书⬇第49页 学科网（北京）股份有限公司 $