第1章 空间向量与立体几何 本章总结提升(Word讲义)-【满分思维】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册学生用书（人教A版）

该高中数学讲义通过“题型分类+类型总述”系统构建空间向量复习体系，以框架图形式呈现空间向量的概念运算、位置关系证明、角与距离求解及综合问题四大模块，清晰梳理知识脉络与重难点内在联系。 亮点在于例题设计融合数学核心素养，如结合《九章算术》“阳马”培养数学眼光，证明垂直平行发展数学思维，用向量表达几何关系提升数学语言能力。基础题与综合题分层设置，助力不同学生掌握方法，教师可据此实施精准复习教学。

本章总结提升 ◆ 题型一　空间向量的概念及运算 [类型总述] (1)空间向量的有关概念;(2)空间向量的加减运算、数乘运算;(3)空间向量的数量积运算. 例1 (多选题)下列关于空间向量的说法中正确的有 (　 ) A.将空间所有的单位向量平移到同一个起点,则它们的终点构成一个球面 B.若非零向量a,b,c满足a∥b,b∥c,则a∥c C.与一个平面的一个法向量共线的非零向量都是该平面的法向量 D.空间向量可以比较大小,空间向量的模也可以比较大小　　　　　 　　　　　 　　　　　 例2 (1)给出下列说法:①如果向量a,b与任何向量都不能构成空间的一个基底,那么a,b的关系是不共线;②如果O,A,B,C为空间中不同的四点,且向量,,不能构成空间的一个基底,那么点O,A,B,C一定共面;③若{a,b,c}是空间的一个基底,则{a+b,a-b,c}也是空间的一个基底.其中正确的说法是 (　 ) A.①② B.①③ C.②③ D.①②③ (2)[2026·毕节高二检测] 我国古代数学名著《九章算术》中,将底面为矩形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”.如图,已知四棱锥P-ABCD是“阳马”,PA⊥平面ABCD,且PE=3DE,若=a,=b,=c,则= (　 ) A.a+b-c B.a+b+c C.-a+b+c D.-a+b-c 例3 (1) 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为C1D1的中点,则·= (　 ) A.||2 B.3||2 C.||2 D.2||2 (2)[2026·汕头高二阶段考] 已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为1,O为底面ABCD内一点,且=+λ+(λ∈R),则·= (　 ) A. B. C. D. ◆ 题型二　用空间向量证明空间位置关系 [类型总述] (1)证明垂直关系;(2)证明平行关系. 例4 [2026·福州外国语学校高二月考] 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥DC,DA⊥AB,AB=AP=2,DA=DC=1,E为PC上一点,且PE=PC. (1)求证:AE⊥平面PBC; (2)求证:PA∥平面BDE. 变式 如图,在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,PD⊥平面ABCD,AD=1,AB=,BC=4. (1)求证:BD⊥PC. (2)设=λ(0<λ<1),若DE∥平面PAB,求λ的值. ◆ 题型三　用空间向量求空间角和距离 [类型总述] (1)求空间角;(2)求距离. 例5 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为 (　 ) A. B. C. D. 变式 如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,DD1=4,点E,F分别是D1B,AD的中点. (1)求直线CE与直线D1D所成角的正弦值; (2)求平面FBD1与平面BD1C夹角的余弦值. 例6 [2024·新课标Ⅰ卷] 如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD, PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD. 变式 [2026·池州高二期中] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,D,E,F分别为AB,BC,BB1的中点. (1)证明:A1C1∥平面B1DE; (2)若AC=2AB=2AA1=4,求直线DE到平面A1FC1的距离. ◆ 题型四　空间中的综合问题 [类型总述] (1)探索性问题;(2)折叠问题;(3)与球的综合. 例7 在如图所示的正四棱锥S-ABCD中,SA=SB=SC=SD=2,AB=,P为侧棱SD上的点,且=3. (1)求证:SD⊥AC. (2)求平面SBC与平面ACP夹角的正弦值. (3)侧棱SA上是否存在一点E,使得BE∥平面ACP?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 例8 [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)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 例9 [2025·全国一卷]如图所示的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD. (2)若PA=AB=,AD=+1,BC=2,P,B,C,D四点在同一个球面上,设该球的球心为O. (i)证明:O在平面ABCD上; (ii)求直线AC与直线PO所成的角的余弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 本章总结提升 【素养提升】 题型一 例1　ABC　[解析] 对于A,由单位向量的定义知单位向量是模为1的向量,所以将空间所有的单位向量平移到同一个起点,它们的终点构成一个球面,故A正确;对于B,若非零向量a,b,c满足a∥b,b∥c,则a∥c,故B正确;对于C,由平面的法向量的定义可知,与一个平面的一个法向量共线的非零向量都是该平面的法向量,故C正确;对于D,空间向量不能比较大小,而空间向量的模是非负实数,可以比较大小,故D错误.故选ABC. 例2　(1)C　(2)C　[解析] (1)如果向量a,b与任何向量都不能构成空间的一个基底,那么a,b的关系是共线,所以①中说法不正确.易知②③中说法正确.故选C. (2)=++=-++=-++(-)=-++=-a+b+c.故选C. 例3　(1)C　(2)B　[解析] (1)由题意知⊥,⊥,⊥,且||=||=||=||,所以·=(++)·(++)=·(++)=+++2·+·+·=++=||2.故选C. (2)由PA=PB=PC=AB=BC=1,得∠APB=∠BPC=60°.由=+λ+,且O,A,B,C四点共面,得+λ+=1,解得λ=,所以=++,所以·=·+·+·=×1×1×cos 60°+×1×1+×1×1×cos 60°=.故选B. 题型二 例4　证明:(1)因为PA⊥底面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD, 所以PA⊥AB,PA⊥AD, 又DA⊥AB,所以AB,AD,AP两两垂直, 如图,以A为原点,,,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A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2), 所以=(1,1,-2),=(0,0,2),=(1,-1,0), 因为PE=PC,所以=,所以=+=,所以·=+-=0,·=-+0=0, 所以⊥,⊥,即AE⊥PC,AE⊥BC, 又PC∩BC=C,PC,BC⊂平面PBC,所以AE⊥平面PBC. (2)由(1)可得=(2,0,0),则=-=-(2,0,0)=, =(0,0,-2),=(-2,1,0), 设平面BDE的法向量为n=(x1,y1,z1), 则即 令x1=1,得y1=2,z1=0, 则平面BDE的一个法向量为n=(1,2,0). 因为·n=(0,0,-2)·(1,2,0)=0,所以⊥n, 又PA⊄平面BDE,所以PA∥平面BDE. 变式　解:(1)证明:在底面ABCD内过D作DF∥AB,交BC于F,则PD⊥AD,AD⊥DF,PD⊥DF. 以D为原点,DA,DF,DP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),D(0,0,0),C(-3,,0). 设PD=a,则P(0,0,a),∴=(-1,-,0),=(-3,,-a),∴·=0,∴BD⊥PC. (2)由(1)可知,A(1,0,0),∴=(0,,0),=(0,0,a),=(1,0,-a). ∵=λ(0<λ<1),∴=(-3λ,λ,-aλ),则=+=(0,0,a)+(-3λ,λ,-aλ)=(-3λ,λ,a-aλ). 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z), 则即令z=1,则n=(a,0,1). ∵DE∥平面PAB,∴·n=0, ∴-3aλ+a-aλ=a(1-4λ)=0, 又a>0,∴λ=,故λ的值为. 题型三 例5　D　[解析] 方法一:如图,建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则P(1,1,2),B(2,2,0),A(2,0,0),D1(0,0,2),所以=(-2,0,2),=(1,1,-2),所以cos<,>==-=-,又直线PB与AD1所成的角为锐角,所以直线PB与AD1所成的角为,故选D. 方法二:如图,连接BC1,易知AD1∥BC1,所以AD1与PB所成的角即为BC1与PB所成的角.连接A1B,A1C1,易知△A1BC1为等边三角形,且P为A1C1的中点,故∠PBC1=,所以直线PB与AD1所成的角为,故选D. 变式　解:(1)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因为D1D⊥平面ABCD,且AD⊥DC, 所以DA,DC,DD1两两垂直,以D为原点,DA,DC,DD1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D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B(2,2,0),D1(0,0,4),所以=(0,0,4). 因为点E是D1B的中点,所以E(1,1,2),所以=(1,-1,2), 因为cos<,>===,所以sin<,>===, 故直线CE与直线D1D所成角的正弦值为. (2)由(1)知,F(1,0,0),所以=(-2,-2,4),=(1,2,0),=(2,0,0). 设平面FBD1的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即 令x1=4,则y1=-2,z1=1,所以平面FBD1的一个法向量为n1=(4,-2,1). 设平面BD1C的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则即 令y2=2,则x2=0,z2=1,所以平面BD1C的一个法向量为n2=(0,2,1). 因为|cos<n1,n2>|===, 所以平面FBD1与平面BD1C夹角的余弦值为. 例6　解:(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD, ∴PA⊥AD. 又∵AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB, ∴AD⊥平面PAB,∵AB⊂平面PAB,∴AD⊥AB. 在△ABC中,AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC. ∵A,B,C,D四点共面,∴AD∥BC, 又∵BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC, ∴AD∥平面PBC. (2)方法一:以D为原点,以DA,DC所在直线分别为x,y轴,以过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设AD=t(0<t<2),则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=,C(0,,0). =(-t,,0),=(0,0,2), 设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即不妨令x1=,则y1=t,z1=0,故n1=(,t,0). =(t,0,2),=(0,,0), 设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则即不妨令z2=t,则x2=-2,y2=0,故n2=(-2,0,t). ∵二面角A-CP-D的正弦值为,∴平面ACP与平面CPD夹角的余弦值为, ∴=|cos<n1,n2>|==,可得t=,∴AD=. 方法二:如图所示,过点D作DE⊥AC于E,过点E作EF⊥CP于F,连接DF. ∵PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAC, ∴平面PAC⊥平面ABCD, 又平面PAC∩平面ABCD=AC,DE⊥AC,∴DE⊥平面PAC. 又CP⊂平面PAC,∴DE⊥CP, 又EF⊥CP,DE∩EF=E,∴CP⊥平面DEF,得DF⊥CP, 根据二面角的定义可知,∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角,即sin∠DFE=, 又∠DFE为锐角,∴tan∠DFE=. 设AD=x(0<x<2),则CD=,由等面积法可得,DE=, 则CE==,又△EFC为等腰直角三角形,∴EF=, 故tan∠DFE===,解得x=,即AD=. 变式　解:(1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,易得A1C1∥AC,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,所以DE∥A1C1, 又因为A1C1⊄平面B1DE,DE⊂平面B1DE,所以A1C1∥平面B1DE. (2)因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,且AB⊥AC, 所以AB,AC,AA1两两垂直,以A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 因为AC=2AB=2AA1=4,所以C1(0,4,2),A1(0,0,2),F(2,0,1),D(1,0,0), 可得=(2,0,-1),=(0,4,0). 设平面A1FC1的法向量为n=(x,y,z), 则取x=1,则z=2,y=0,所以n=(1,0,2),因为=(1,0,-2),所以点D到平面A1FC1的距离d===. 由(1)知DE∥A1C1,因为DE⊄平面A1FC1,A1C1⊂平面A1FC1,所以DE∥平面A1FC1, 所以直线DE到平面A1FC1的距离即为点D到平面A1FC1的距离,故直线DE到平面A1FC1的距离为. 题型四 例7　解:(1)证明:连接BD,交AC于点O,连接SO,如图.因为四棱锥S-ABCD是正四棱锥,所以SO⊥平面ABCD, 又AC⊂平面ABCD,所以SO⊥AC. 在正方形ABCD中,BD⊥AC, 又SO∩BD=O,SO,BD⊂平面SBD, 所以AC⊥平面SBD, 又SD⊂平面SBD,所以AC⊥SD. (2)易知BD,AC,SO两两垂直,以O为原点,OB,OC,OS所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图, 易知OA=OB=OC=OD=AC==1,SO==,所以S(0,0,),B(1,0,0),C(0,1,0),A(0,-1,0),D(-1,0,0), 则=(0,2,0),=(0,1,-),=(1,0,-),=(-1,0,-),=(1,1,0). 因为=3,所以==(-1,0,-)=,故=+=+(1,1,0)=. 设平面ACP的法向量为n=(x,y,z), 则即 令x=1,则y=0,z=, 故n=(1,0,)为平面ACP的一个法向量. 设平面SBC的法向量为m=(a,b,c), 则即令c=,则a=b=1, 故m=为平面SBC的一个法向量, 所以cos<m,n>===. 设平面SBC与平面ACP的夹角为θ, 则sin θ==, 所以平面SBC与平面ACP夹角的正弦值为. (3)假设SA上存在点E,使得BE∥平面ACP. 设=λ,0≤λ≤1, 因为=(-1,-1,0),=(0,1,),所以=+=(-1,-1,0)+λ(0,1,)=(-1,λ-1,λ). 因为BE∥平面ACP,所以·n=0, 即-1+0+3λ=0,解得λ=, 所以=,所以=2,故侧棱SA上存在一点E,使得BE∥平面ACP,且=2. 例8　解:(1)证明:由题意知EB∥FC,又EB⊄平面CD'F,FC⊂平面CD'F,所以EB∥平面CD'F, 同理可得A'E∥平面CD'F,又EB∩A'E=E,EB,A'E⊂平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F, 又A'B⊂平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F. (2)方法一:由题意知EF⊥A'E且EF⊥EB,可知∠A'EB即为面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角,故∠A'EB=60°. 不妨设AD=1,在平面A'EB内,过点A'作EB的垂线,垂足为O,易得A'O⊥平面EFCB,EO=,OB=,A'O=. 过点O作EF的平行线,交CD于点G,易得A'O,OB,OG两两垂直,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则E,F,A',D',B,C,可得=(1,0,0),=, 设平面EFD'A'的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则取y1=-,则n1=(0,-,1). =(1,1,0),=,设平面BCD'的法向量为n2=(x2,y2,z2),则取y2=,则n2=(-,,1). 设面BCD'与面EFD'A'所成的二面角为θ,则|cos θ|==,故sin θ=, 即面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为. 方法二:因为面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°,EF⊥A'E且EF⊥EB,所以∠A'EB=60°. 设CF=2,则A'E=2,EB=4,由余弦定理得A'B=2,故A'E2+A'B2=EB2,所以A'B⊥A'E. 因为EF⊥A'E,EF⊥EB,A'E∩EB=E,所以EF⊥平面A'EB,又A'B⊂平面A'EB,所以EF⊥A'B, 又EF∩A'E=E,EF,A'E⊂平面EFD'A',所以A'B⊥平面EFD'A'. 设BC∩EF=G,连接GD',设GD'∩EA'=H,取D'H的中点M,连接BM,A'M,如图,则∠A'MB即为面BCD'与面EFD'A'所成二面角的平面角, 易知A'M=,A'B=2,A'M⊥A'B,所以BM=,所以sin∠A'MB==,即面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为. 例9　解:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD,又AB⊥AD,AB∩PA=A,AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB, 又AD⊂平面PAD,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,由(1)得PA⊥AD,AB⊥AD,则以A为坐标原点,AB,AD,AP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,由图可知,A(0,0,0),B(,0,0),C(,2,0),D(0,+1,0),P(0,0,). (i)证明:方法一:连接BD,设△BCD的外接圆的圆心为O1,易知BC的中垂线的方程为y=1,BD的中垂线的方程为y=x+1,联立可得O1(0,1,0).因为PO1=,BO1=,所以PO1=BO1,此时O与O1重合,所以O在平面ABCD上. 方法二:设球心O(x,y,z),球的半径为R, 则所以解得所以O(0,1,0),所以O在平面ABCD上. (ii)易知=(0,1,-),=(,2,0),设直线AC与直线PO所成的角为θ, 则cos θ===, 故直线AC与直线PO所成的角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $