第3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（北师大版）

本章总结提升 ◆ 题型一　空间向量的线性运算 [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 (1)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M是A1C1与B1D1的交点,若=a,=b,=c,且=xa+yb+zc,则x+y+z等于 (　 ) 　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.1 B.- C.0 D.-1 (2)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为1的正方形,S到A,B,C,D的距离都等于2.给出以下结论: ①+++=0; ②+--=0; ③-+-=0; ④·=·; ⑤·=0. 其中正确结论的序号是　　　　.  (3)如图,在正四面体OABC中,点E是BC的中点,点G在AE上,且AG=3GE. ①试用向量,,表示向量; ②若正四面体的棱长为2,求·的值. 变式 如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱的长度都为1,且两两夹角为60°. (1)求AC1的长; (2)求与夹角的余弦值. ◆ 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2 (1)(多选题)在如图所示的空间直角坐标系中,ABCD-A1B1C1D1是棱长为1的正方体,则下列结论中正确的是 (　 ) A.直线BD1的一个方向向量为(-2,2,2) B.直线BD1的一个方向向量为(2,2,2) C.平面B1CD1的一个法向量为(1,1,1) D.平面B1CD的一个法向量为(1,1,1) (2)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,D为AB的中点,AC=BC=BB1. 求证:①BC1⊥AB1; ②BC1∥平面CA1D. 例3 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,平面PAD⊥平面ABCD,且PA=PD=AD,设E, F分别为PC, BD的中点. (1)求证:EF∥平面PAD; (2)求证:平面PAB⊥平面PDC. ◆ 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4 [2024·四川绵阳高二期中] 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,AB⊥BC,AB=BC=1,CD=2,点G是△PCD的重心. (1)求证:平面PAB⊥平面PBC; (2)若直线DG与平面PBC的夹角的正弦值为,求PA的长度. 例5 [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的中点. (1)证明:BC⊥DA; (2)点F满足=,求二面角D-AB-F的正弦值. 例6 [2023·新课标Ⅰ卷] 如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. (1)证明:B2C2∥A2D2; (2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P. 变式 (1)如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,EA⊥平面ABCD,EA∥BF,AB=AE=2BF=2,若点M在棱EC上,且=λ(0≤λ≤1),平面MBD与平面ABCD的夹角为45°,则下列说法错误的是 (　 ) A.平面EAC⊥平面EFC B.λ= C.点M到平面BCF的距离为 D.多面体ABCDEF的体积为 (2)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为AB上的点,且=3,点P在线段D1E上,则点P到直线AD的距离的最小值为 (　 ) A. B. C. D.1 ◆ 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. 例7 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=4,PA=2. (1)求证:AB⊥PC. (2)在棱PD上是否存在一点M,使得二面角M-AC-D的平面角为60°?如果存在,求;如果不存在,请说明理由. 例8 如图,图①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图②. (1)证明:图②中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE; (2)求图②中的二面角B -CG -A的大小. 　　　　　　 ①　　　　　　　　　 　 ② 变式 如图,在直角梯形ABCD中,CD=2AB=2BC,AB⊥BC,AB∥CD,点E为CD的中点,将△ADE沿着AE翻折至△APE,点M为PC的中点,点N在棱BC上. (1)证明:EM⊥平面PBC; (2)若平面PAE⊥平面ABCE,平面EMN与平面PAB的夹角为30°,求的值. 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　(1)A　(2)③④　[解析] (1)∵=+=+(+)=+(-+)=-+=a-b+c,且=xa+yb+zc,∴x=1,y=-,z=,∴x+y+z=1.故选A. (2)-+-=+=0,所以③正确.因为底面ABCD是边长为1的正方形,SA=SB=SC=SD=2,所以·=2×2×cos∠ASB,·=2×2×cos∠CSD,而∠ASB=∠CSD,所以·=·,所以④正确,①②⑤都不正确.故正确结论的序号是③④. (3)解:①因为点E是BC的中点,点G在AE上,且AG=3GE,所以=+=+=+×(+)=+·(-+-)=++,即=++. ②因为正四面体的棱长为2,且<,>=<,>=<,>=60°,所以||=||=2,且·=·=·=2×2cos 60°=2. 由①可得·=·(-)=·-+-·+·-·=×2-×22+×22-×2+×2-×2=. 变式　解:记=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=1,<a,b>=<b,c>=<c,a>=60°,∴a·b=b·c=c·a=. (1)∵||2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=1+1+1+2×=6,∴||=,即AC1的长为. (2)∵=b+c-a,=a+b,∴||=,||=,·=(b+c-a)·(a+b)=b2-a2+a·c+b·c=1,∴cos<,>==. 题型二 例2　(1)AC　[解析] 由题意知B(1,0,0),B1(1,0,1),C(1,1,0),D(0,1,0),D1(0,1,1).∵=(-1,1,1),∴向量(-2,2,2)为直线BD1的一个方向向量,故A正确,B不正确;设平面B1CD1的法向量为n=(x,y,z), 则由=(0,-1,1),=(-1,0,1),得令x=1,得n=(1,1,1),则C正确;设平面B1CD的法向量为m=(a,b,c),则由=(0,-1,1),=(-1,0,0),得令b=1,得m=(0,1,1),则D不正确.故选AC. (2)证明:如图,以C1为原点,以C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系. 设AC=BC=BB1=2, 则A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0), C1(0,0,0),D(1,1,2). ①由于=(0,-2,-2),=(-2,2,-2),所以·=0-4+4=0,故BC1⊥AB1. ②取A1C的中点E,连接DE,由于E(1,0,1),所以=(0,1,1). 又=(0,-2,-2),所以=-.又ED和BC1不共线,所以ED∥BC1.又DE⊂平面CA1D,BC1⊄平面CA1D,故BC1∥平面CA1D. 例3　证明:取AD的中点O,连接OP,OF,因为PA=PD,所以PO⊥AD. 因为平面PAD⊥平面ABCD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD. 因为四边形ABCD是正方形,O,F分别为AD,BD的中点,所以OF⊥AD.以O为原点,OA,OF,OP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知PA=PD=AD=a,可得PA2+PD2=AD2,所以△PAD为等腰直角三角形,则PO=,可得点P.因为E,F分别为PC,BD的中点,C,B,D,所以E,F. (1)易知平面PAD的一个法向量为=,又=,所以·=·=0,则⊥,又EF⊄平面PAD, 所以EF∥平面PAD. (2)因为A,所以=,又=(0,-a,0), 所以·=0,所以⊥,则PA⊥CD.又PA⊥PD, PD∩CD=D,所以PA⊥平面PDC.又PA⊂平面PAB,故平面PAB⊥平面PDC. 题型三 例4　解:(1)证明:在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,则PA⊥BC,又AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,于是BC⊥平面PAB,又BC⊂平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC. (2)取CD的中点E,连接AE,因为AB⊥BC,AB∥CD,AB=BC=1,CD=2,所以四边形ABCE为正方形,则AB⊥AE,又PA⊥平面ABCD,AB,AE⊂平面ABCD,显然AB,AE,AP两两垂直,以A为坐标原点,以AB,AE,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设PA=m>0,则A(0,0,0),P(0,0,m),C(1,1,0),D(-1,1,0),B(1,0,0),由点G是△PCD的重心,得++=0,则G,则=,又=(1,0,-m),=(0,1,0),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则取z=1,得n=(m,0,1).设直线DG与平面PBC的夹角为θ,0≤θ≤,则sin θ=|cos<,n>|===,化简得m4-7m2+10=0,解得m2=2或m2=5,即m=或m=,所以PA的长度为或. 例5　解:(1)证明:如图,连接AE,DE, ∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ADC≌△ADB,∴AB=AC, 又E为BC的中点, ∴BC⊥DE,BC⊥AE, 又DE∩AE=E, ∴BC⊥平面ADE, ∵DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA. (2)设DA=DB=DC=2, 由∠ADB=∠ADC=60°可知△ADC与△ABD均为等边三角形,∴AB=AC=2. ∵BD⊥CD,∴BC=2, 则DE=.∵AB2+AC2=BC2, ∴△ABC为直角三角形,且∠BAC=90°,∴AE=. ∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE,又AE⊥BC,BC⊥DE,∴ED,EB,EA两两垂直.以E为原点,以ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则E(0,0,0),D(,0,0),B(0,,0),A(0,0,),设F(x,y,z),则=(x,y,z),又==(-,0,),∴F(-,0,).=(0,,-),设平面DAB的法向量为m=(x1,y1,z1),则令z1=1,可得m=(1,1,1).=(-,-,),设平面FAB的法向量为n=(x2,y2,z2),则 令z2=1,可得n=(0,1,1). ∴cos<m,n>===, 故二面角D-AB-F的正弦值为=. 例6　解:(1)证明:方法一:如图①,作A2B3∥AB交BB1于B3,D2C3∥DC交CC1于C3,连接B3C3,易知A2B3∥D2C3,且A2B3=D2C3,所以四边形A2B3C3D2是平行四边形,所以A2D2∥B3C3.因为B2B3∥C2C3,B2B3=C2C3,所以四边形B2B3C3C2是平行四边形,所以B3C3∥B2C2,所以B2C2∥A2D2. 方法二:因为=++=++=,B2,C2,A2,D2四点不共线,所以B2C2∥A2D2. (2)方法一:如图②,以C为原点,以CD,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设P(0,2,t)(0≤t≤4),则=(-2,-2,2),=(0,-2,1),=(-2,0,t-1). 设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别为平面A2C2D2,A2C2P的法向量,则取x1=1,得n1=(1,1,2),同理n2=(t-1,3-t,2).由题得|cos<n1,n2>|==,整理得t2-4t+3=0,解得t=1或t=3,则B2P=|2-t|=1. 方法二:如图③,连接A2B2,易证四边形A2B2C2D2为菱形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E. 因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以直线B2E与平面PA2C2所成的角为30°,易知B2E=,所以点B2到平面PA2C2的距离d1=B2Esin 30°=.连接A1B2,A1D2,A1E,A1C2,A1P,由A1B2=A1D2=2,得A1E⊥B2D2,由A1C2=A1A2=3,得A1E⊥A2C2, 又A2C2∩B2D2=E,所以A1E⊥平面A2B2C2. 因为二面角P-A2C2-D2为150°, 所以A1E与平面PA2C2所成的角为60°,易知A1E=, 所以点A1到平面PA2C2的距离d2=A1Esin 60°=. 所以==3. 又C2到平面PA1A2和平面PA2B2的距离都为2(平面PA1A2和平面PA2B2为同一个平面), 所以=3,所以A1A2=3B2P=3,解得B2P=1. 变式　(1)D　(2)C　[解析] (1)对于A,取EC的中点G,连接BD交AC于点N,连接GN,GF,因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,且N是AC的中点,所以GN∥AE且GN=AE,又AE∥BF,AE=2BF=2,所以GN∥BF且GN=BF,所以四边形BNGF是平行四边形,所以GF∥BN,又EA⊥平面ABCD,BN⊂平面ABCD,所以EA⊥BN,又因为AC∩EA=A,AC,EA⊂平面EAC,所以NB⊥平面EAC,所以GF⊥平面EAC,又GF⊂平面EFC,所以平面EFC⊥平面EAC,故A中说法正确.对于B,取CD的中点H,连接AH,由四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,得∠ADC=60°,所以△ADC是正三角形,所以AH⊥CD,所以AH⊥AB,又AE⊥平面ABCD,所以以A为原点,AH,AB,AE所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(,-1,0),B(0,2,0),C(,1,0),E(0,0,2),F(0,2,1),A(0,0,0).因为=λ=λ(,1,-2)=(λ,λ,-2λ),所以M(λ,λ,2-2λ),所以=(λ-,λ+1,2-2λ),=(λ,λ-2,2-2λ),易知=(,-1,0),=(0,0,1).当λ=1时,M,C重合,此时平面MBD与平面ABCD的夹角为0°,不合题意,舍去;当λ≠1时,设平面DBM的法向量为n=(x,y,z),则 两式相减得-x+3y=0,令x=,得y=1,z=,故n=,平面ABCD的法向量可取m=(0,0,1),所以|cos<n,m>|===,得λ=,故B中说法正确.对于C,结合B易知M,则=,设平面BCF的法向量为u=(a,b,c),则可得c=0,取a=1,得b=,故u=(1,,0),所以点M到平面BCF的距离d==,故C中说法正确.对于D,S△ACD=AC·DN=×2×=,故VE-ACD=S△ACD·AE=××2=,梯形ABFE的面积为(BF+AE)·AB=×(1+2)×2=3,VC-ABFE=×3×AH=×3×=, 故V多面体ABCDEF=VE-ACD+VC-ABFE=+=,故D中说法错误.故选D. (2)以D为原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为正方体的棱长为1,=3,所以D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,1),E.不妨设=λ=λ,λ∈[0,1],连接DP,则=+=λ+(0,0,1)=,而=(1,0,0),所以点P到直线AD的距离d====≥,当且仅当λ=时等号成立,即点P到直线AD的距离的最小值为.故选C. 题型四 例7　解:(1)证明:由已知得四边形ABCD是直角梯形,由AD=CD=2,BC=4,可得△ABC是等腰直角三角形,即AB⊥AC.因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB.又PA∩AC=A,所以AB⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,所以AB⊥PC. (2)取BC的中点E,连接AE,则AE⊥BC.以A为坐标原点,AE,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A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),B(2,-2,0),所以=(0,2,-2),=(2,2,0).假设存在满足题意的点M,且=t(0<t<1),则点M(0,2t,2-2t),所以=(0,2t,2-2t).设平面MAC的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则n=. 又m=(0,0,1)是平面ACD的一个法向量, 所以|cos<m,n>|===cos 60°, 得t=,所以存在满足题意的点M,且=. 例8　解:(1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面. 由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)作EH⊥BC,垂足为H.因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=.以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则即所以可取n=(3,6,-).又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以cos<n,m>==.因此二面角B -CG -A的大小为30°. 变式　解:(1)证明:由PE⊥AE,CE⊥AE,PE∩CE=E,PE,CE⊂平面PEC,得AE⊥平面PEC,而EM⊂平面PEC,则AE⊥EM,又BC∥AE,于是EM⊥BC. 由PE=EC,M为PC的中点,得EM⊥PC, 而PC∩BC=C,PC,BC⊂平面PBC,所以EM⊥平面PBC. (2)因为平面PAE⊥平面ABCE,平面PAE∩平面ABCE=AE,PE⊥AE,PE⊂平面PAE,所以PE⊥平面ABCE. 以E为原点,以EA,EC,EP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设EA=2,设CN=a,则E(0,0,0),P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),N(a,2,0). 设平面PAB的法向量为n1=(x,y,z),=(0,2,0),=(-2,0,2),则令z=1,得n1=(1,0,1).设n2=(x1,y1,z1)是平面EMN的法向量,=(0,1,1),=(a,2,0), 则令x1=2,得n2=(2,-a,a). 设平面EMN与平面PAB的夹角为α,则cos α=|cos<n1,n2>|===,得a=1,所以的值为. 学科网（北京）股份有限公司 $