第1章 1.1.2 课后达标检测-【优学精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册教用Word（人教A版）

**基本信息** 以空间向量为核心，分层设计基础巩固、中档提升、拔高拓展三级梯度，通过从单一概念到立体几何综合应用的路径，培养数学思维与空间观念。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|空间向量数量积、投影向量等单一概念|如第1题直接应用数量积定义，第4题考查投影向量公式，夯实运算能力| |中档|向量模长、二面角等综合运算|如第2题结合向量和求夹角，第5题融合二面角与模长计算，发展推理意识| |拔高|立体几何与向量的复杂情境应用|如第10题正方体中向量证明，第15题斜四棱柱垂直论证，提升空间观念与创新意识|

1．如图，已知三棱锥A-BCD的每条棱长都为2，则·＝(　　) A．2 B． C．2 D．0 解析：选D.·＝·(－)＝·－·＝2×2×－2×2×＝0. 2．已知空间向量a＋b＋c＝0，且|a|＝2，|b|＝4，|c|＝3，则cos 〈a，c〉＝(　　) A. B． C． D． 解析：选B.由a＋b＋c＝0可得－b＝a＋c， 故|－b|＝|a＋c|＝， 即4＝， 故cos 〈a，c〉＝. 3．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，P是棱CC1上一动点，AD＝2，则·＝(　　) A．1 B．－1 C．4 D．－4 解析：选C.连接DP(图略)，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥平面CDD1C1，DP⊂平面CDD1C1，所以AD⊥DP，则·＝0，又＝，所以·＝(＋)·＝·＋·＝||2＝4. 4．已知|a|＝2，空间向量e为单位向量，〈a，e〉＝，则空间向量a在向量e上的投影向量为(　　) A．e B．e C．－e D．－e 解析：选C.由投影向量公式得空间向量a在向量e上的投影向量为|a|cos 〈a，e〉e＝2×cos e＝－e. 5．(2026·安庆月考)如图，二面角α-l-β的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l.若二面角α-l-β的平面角为，且AB＝4，AC＝6，BD＝8，则CD的长度为(　　) A．2 B．2 C．2 D．2 解析：选C.由条件知·＝0，·＝0，＝＋＋， 又二面角α-l-β的平面角为，则〈，〉＝， 所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2· ＝62＋42＋82＋2×6×8cos (π－)＝68， 所以CD＝2. 6．(多选)已知空间向量a，b，c，则下列说法正确的是(　　) A．a·b＝b·a B．若a·b＝a·c，则b＝c C．(a·b)·c＝a·(b·c) D．若向量a，b同向共线，则a·b＝|a||b| 解析：选AD.对于A，因为空间向量的数量积满足交换律，所以A正确；对于B，当a＝0时，a·b＝a·c＝0，但无法得到b＝c，所以B错误；对于C，(a·b)·c＝mc(m∈R)，(b·c)·a＝na(n∈R)，而a与c未必共线且m，n不一定同时为0，所以C错误；对于D，由于向量a，b同向共线，所以cos 〈a，b〉＝1，所以a·b＝|a||b|，所以D正确． 7．已知点C在以AB为直径的球面上，若BC＝2，则·＝________． 解析：由点C在以AB为直径的球面上，得AC⊥BC，所以·＝0，所以·＝(＋)·＝·－2＝－4. 答案：－4 8．已知空间向量a，b，c两两夹角为60°，且|a|＝|b|＝|c|＝2，则|a－b＋2c|＝________． 解析：由题意得a·b＝a·c＝b·c＝2×2×cos 60°＝2， 则|a－b＋2c|2＝|a|2＋|－b|2＋|2c|2＋2a·(－b)＋4a·c＋4(－b)·c ＝4＋4＋16＋(－4)＋8＋(－8)＝20， 因此，|a－b＋2c|＝2. 答案：2 9．在正四棱锥P-ABCD中，PA＝AB，M为PA的中点，＝μ.若MN⊥AD，则μ＝________． 解析： 由于PA＝AB，且P-ABCD是正四棱锥，故⊥，且侧面均为等边三角形，连接AN， 所以· ＝(－)· ＝(＋－)· ＝(＋－)· ＝[＋(－)－]· ＝·＋·－·－· ＝||2－||·||×＝0， 故＝，则μ＝4. 答案：4 10．(13分)如图，已知正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为1，M和N分别是BB′和CA′的中点． (1)求·的值；(6分) (2)求证：⊥.(7分) 解：(1)在正方体ABCD-A′B′C′D′中，AB⊥BC，AA′⊥AB，则·＝0，·＝0， 所以·＝·(＋＋)＝·＋·＋·＝0－1＋0＝－1. (2)证明：连接B′D，BD(图略)，在正方体ABCD-A′B′C′D′中，BB′⊥BA，BB′⊥BC， 则·＝0，·＝0， 因为M和N分别是BB′和CA′的中点，则N为B′D的中点，所以MN∥BD且MN＝BD， 即＝， 则有·＝·＝(＋)·＝(·＋·)＝×(0＋0)＝0，所以⊥. 11．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，MN是它的内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦)，P为正方体表面上的动点，当弦MN的长度最大时，·的取值范围是(　　) A．[0，1] B．[0，2] C．[1，3] D．[0，4] 解析：选B.由正方体的棱长为2，可得内切球的半径为1，正方体的体对角线长为2. 当弦MN的长度最大时，MN为内切球的直径，设内切球的球心为O， 则·＝(＋)·(＋)＝(－)·(＋)＝2－2＝2－1. 由于P为正方体表面上的动点，则OP∈[1，]，所以·∈[0，2]. 12．(多选)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，O为底面A1B1C1D1的中心，则(　　) A．＝＋＋ B．＝(－＋1) C．||＝2 D．〈，〉＝120° 解析：选AD.对于A，＝＋＋＝＋＋，A正确； 对于B，＝＋＝＋＝＋(－)，B错误； 对于C，||＝|－|＝|＋－|＝＝，C错误； 对于D，易得△B1CD1为正三角形， 故〈，〉＝〈，〉＝180°－∠B1CD1＝120°，D正确． 13．如图，已知平行四边形ABCD，AB＝，AD＝且AB⊥BD，沿对角线BD将△ABD折起，当二面角A-BD-C的大小为120°时，A与C之间的距离为________． 解析：由平行四边形ABCD，AB⊥BD， 得CD⊥BD，AB＝CD＝，BC＝AD＝，BD＝＝2， 因为二面角A-BD-C的大小为120°， 所以cos 〈，〉＝－， 所以cos 〈，〉＝， 因为＝＋＋， 所以2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝3＋4＋3＋2×××＝13，则||＝，即A与C之间的距离为. 答案： 14．(13分)如图所示实验装置，由矩形ABCD和ABEF构成，且AB＝4，AD＝AF＝3，∠DAF＝.动点M，N分别在对角线BD，AE上移动，且AN＝DM.记＝a，＝b，＝c，且＝λ，λ∈[0，1]. (1)用向量a，b，c表示，；(6分) (2)λ为何值时，||最小，最小值是多少？(7分) 解：(1)由题意得，＝λ，＝λ，λ∈[0，1]， 可知＝＋＝＋λ(－)＝b＋λ(a－b)＝λa＋(1－λ)b， 则＝－＝λ(＋)－ ＝λ(a＋c)－[λa＋(1－λ)b]＝(λ－1)b＋λc. (2)因为|a|＝4，|b|＝|c|＝3，b·c＝3×3×cos ＝，a·b＝a·c＝0， 则||＝ ＝ ＝3， 则当λ＝时，||有最小值，最小值为. 15．(15分)如图所示，已知斜四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝θ，且θ∈(0，). (1)求证：CC1⊥BD；(7分) (2)当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明．(8分) 解：(1)证明：设＝a，＝b，＝c，则＝－＝a－b， 由底面ABCD是菱形，有|a|＝|b|， 则·＝c·(a－b)＝c·a－c·b ＝|c|·|a|cos θ－|c|·|b|cos θ＝0 ， 所以⊥，即CC1⊥BD. (2)要使A1C⊥平面C1BD，只需A1C⊥C1D且A1C⊥C1B. 若A1C⊥C1D，则·＝0， 即(＋)·(－) ＝(＋＋)·(－)＝0， 即||2－||2＋||||cos ∠BCD－||||cos ∠C1CB＝0， 由于∠C1CB＝∠BCD， 显然当||＝||时，上式成立． 同理可得，当||＝||时，A1C⊥C1B. 又C1D，C1B⊂平面C1BD，C1D∩C1B＝C1，所以A1C⊥平面C1BD. 因此，当＝1时，能使A1C⊥平面C1BD. 学科网（北京）股份有限公司 $