第1章 1.4.1 第2课时 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** 聚焦空间向量与立体几何平行关系，以"概念理解-坐标运算-综合应用"为路径，分层设计基础巩固、能力提升与综合探究题，适配新授课知识内化与核心素养培养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|线/面平行的向量判定、充要条件|单选/填空题直接考查定义与公式，如方向向量数量积判断线面关系| |提升层|坐标运算、参数求解|结合空间坐标系求点坐标（如第5题），多选辨析易混关系（如第6题）| |综合层|存在性问题、动态最值|解答题综合证明面面平行（第10题），含参数探究线面平行（第14题），渗透逻辑推理与空间观念|

1．已知直线l的方向向量为m，平面α的法向量为n，则“m·n＝0”是“l∥α”的(　　) A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件 解析：选D.若m·n＝0，则l∥α或l⊂α，故充分性不成立，若l∥α，则m·n＝0，故必要性成立，所以“m·n＝0”是“l∥α”的必要不充分条件． 2．(2026·青岛期中)已知向量m＝(2，a，－2)，n＝(1，2，b)分别是直线m，n的方向向量，若m∥n，则a＋b＝(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选D.因为m∥n，所以m＝λn，λ∈R， 可得解得 则a＋b＝3，故D正确． 3．若直线l的方向向量为r，平面α的法向量为n(l⊄α)，能使l∥α的是(　　) A．r＝(1，0，0)，n＝(－1，0，0) B．r＝(1，－2，3)，n＝(0，3，2) C．r＝(0，1，1)，n＝(－1，0，－1) D．r＝(1，3，5)，n＝(1，0，－1) 解析：选B.对于A，r·n＝－1≠0，A不满足题意； 对于B，r·n＝1×0－2×3＋3×2＝0，B满足题意； 对于C，r·n＝0×(－1)＋1×0＋1×(－1)＝－1≠0，C不满足题意； 对于D，r·n＝1×1＋3×0＋5×(－1)＝－4≠0，D不满足题意． 4．已知A(2，4，1)，B(1，2，0)，平面α的一个法向量为n＝(a，b，c)，若AB∥平面α，则(　　) A．a＝c＝2b B．a＋2b＝c C．a＋c＝2b D．a＋2b＋c＝0 解析：选D.因为A(2，4，1)，B(1，2，0)， 所以＝(－1，－2，－1). 又因为平面α的一个法向量为n＝(a，b，c)， 且AB∥平面α，所以⊥n，则·n＝－a－2b－c＝0，即a＋2b＋c＝0. 5．如图， 正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则点M的坐标为(　　) A．(1，1，1) B．(，，1) C．(，，1) D．(，，1) 解析：选C.设AC，BD交于点O，连接OE(图略).设点M的坐标为(x，y，1)，因为AC∩BD＝O，A(，，0)，所以O(，，0)，又E(0，0，1)，所以＝(－，－，1)，＝(x－，y－，1)，因为AM∥平面BDE，AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，所以OE∥AM，即∥，易得＝， 即解得 所以点M的坐标为(，，1). 6．(多选)已知v1，v2分别为直线l1，l2的方向向量(l1，l2不重合)，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，直线l1，l2均在平面α，β外，则下列说法正确的是(　　) A．v1∥v2⇒l1∥l2 B．v1⊥v2⇒l1∥l2 C．n1∥n2⇒α∥β D．v1⊥n1⇒l1∥α 解析：选ACD.两直线的方向向量平行，且两直线不重合，则两直线平行，A正确；两直线的方向向量垂直，则它们也垂直，B错误；两个平面的法向量平行，且两个平面不重合，则这两个平面平行，C正确；一条直线的方向向量与一个平面的法向量垂直，则这条直线(直线在该平面外)与该平面平行，D正确． 7．(2026·上海期中)已知平面α∥平面β，α与β的法向量分别为m，n，且m＝(1，－2，5)，n＝(－3，6，z)，则z＝__________． 解析：因为平面α∥平面β，α与β的法向量分别为m，n，所以m∥n，所以n＝λm，λ∈R，即(－3，6，z)＝(λ，－2λ，5λ)， 所以解得所以z＝－15. 答案：－15 8．已知直线l∥平面ABC，且l的一个方向向量为a＝(2，m，1)，A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，则实数m的值是________． 解析：因为直线l∥平面ABC，所以存在实数x，y，使a＝x＋y，＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，所以(2，m，1)＝x(1，0，－1)＋y(0，1，－1)＝(x，y，－x－y)， 所以解得m＝－3. 答案：－3 9．如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在BD上，且BE＝BD，点F在CB1上，且CF＝CB1，若平面ADD1A1内存在一点G使得B1G∥平面DEF，则一个满足条件的点G的坐标为________． 解析：由题知D(0，0，0)，E(2，2，0)，F(1，3，1)，B1(3，3，3)，得＝(2，2，0)，＝(1，3，1)， 设G(a，0，b)，平面DEF的法向量为n＝(x，y，z). 则即 令x＝1，则n＝(1，－1，2)，＝(a－3，－3，b－3). 若B1G∥平面DEF，则n⊥， 所以n·＝a－3＋3＋2(b－3)＝a＋2b－6＝0，即a＋2b＝6. 取a＝3，则b＝，故点G(3，0，). 答案：(3，0，)(答案不唯一) 10．(13分)如图所示， 四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD，M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点．求证： (1)MN∥平面PAD；(6分) (2)平面MNQ∥平面PAD.(7分) 证明：(1)因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB，PA⊥AD， 因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD， 所以AB，AD，AP两两垂直， 所以以A为原点，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， 设AB＝b，AD＝d， 则A(0，0，0)，B(b，0，0)，C(b，d，0)，D(0，d，0)，P(0，0，d). 因为M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点， 所以M(，，)，N(，0，0)，Q(，d，0)，　 所以＝(0，－，－). 易知平面PAD的一个法向量为m＝(1，0，0)，且·m＝0，即⊥m. 又因为MN⊄平面PAD，所以MN∥平面PAD. (2)因为＝(0，－d，0)， 且·m＝0，所以⊥m， 又QN⊄平面PAD，所以QN∥平面PAD. 又由(1)知MN∥平面PAD，且MN∩QN＝N，MN，QN⊂平面MNQ， 所以平面MNQ∥平面PAD. 11．已知直线l和平面α，且l∥α，l的方向向量为v＝(2，m，1)，平面α的一个法向量为n＝(－1，，q)，m>0，q>0，则＋的最小值为(　　) A． B．2 C．2 D．4 解析：选C.依题意，v·n＝－2＋m＋q＝0， 即m＋q＝2， 所以＋＝(＋)(m＋q)＝(2＋＋)，又m>0，q>0，所以>0，>0，所以＋≥2＝2，当且仅当＝，即m＝，q＝1时，取等号，所以＋＝(2＋＋)≥2，即＋的最小值为2. 12．(多选) 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，M均是所在棱的中点，则下列说法正确的是(　　) A．B1G∥DM B．B1G∥平面A1EF C．平面BDM∥平面A1EF D．B1G∥A1F 解析：选ABC.依题意，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示． 不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则D(0，0，0)，G(0，1，0)，M(2，1，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)， 所以＝(－2，－1，－2)，＝(2，1，2)， 所以＝－，即∥，即B1G∥DM，故A正确； 所以＝(0，1，－2)，＝(－1，0，－2)， 设平面A1EF的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝1，则x＝－2，y＝2，所以n＝(－2，2，1)， 又n·＝(－2)×(－2)＋2×(－1)＋1×(－2)＝0，即n⊥，又B1G⊄平面A1EF，所以B1G∥平面A1EF，故B正确； 由选项A，B知，B1G∥DM，B1G∥平面A1EF，又DM⊄平面A1EF，所以DM∥平面A1EF，因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，因为EF⊂平面A1EF，BD⊄平面A1EF，所以BD∥平面A1EF，又因为DM∩BD＝D，DM，BD⊂平面BDM，所以平面BDM∥平面A1EF，故C正确；　 因为＝(－2，－1，－2)，＝(－1，0，－2)，所以B1G和A1F不平行，故D错误． 13．(15分)如图， 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，点M为棱AA1的中点，P，Q分别为棱BB1，CC1上的点，且B1P＝CQ＝1，PQ交BC1于点N. (1)求证：MN∥平面ABCD；(7分) (2)求证：四边形DMPQ为平行四边形，并计算其面积．(8分) 解：(1)证明：如图，过点N作NE⊥BC于点E，连接AE，由题意得，N为BC1的中点，所以EN∥CC1且EN＝CC1. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为M为AA1的中点，所以EN∥AM，EN＝AM， 所以四边形AMNE为平行四边形，所以MN∥AE，因为MN⊄平面ABCD，AE⊂平面ABCD， 所以MN∥平面ABCD. (2)如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，M(4，0，2)，P(4，4，3)，Q(0，4，1)，所以＝＝(4，0，2)， 所以DM∥PQ且DM＝PQ， 所以四边形DMPQ为平行四边形，＝(0，4，1)， 则||＝2，||＝， 所以cos ∠MDQ＝＝， 所以sin ∠MDQ＝，所以四边形DMPQ的面积为S＝||·||·sin ∠MDQ＝4. 14．(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3，PC＝2，BE∶EP＝1∶2，FC＝2，CD⊥BC. (1)证明：平面AEF∥平面PCD；(7分) (2)在棱PC上是否存在一点G，使得DG∥平面PAB？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．(10分) 解：(1)证明： 如图1，连接AC，由于PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 则PA⊥AC. 且PA＝2，PC＝2， 则AC＝＝2. 又AD＝CD＝2，则AD2＋CD2＝8＝AC2， 故CD⊥AD. 又CD⊥BC，则AD∥FC，又AD＝FC＝2， 则四边形ADCF为正方形，故AF∥CD. 又AF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD， 则AF∥平面PCD. 由于BC＝3，FC＝2，则BF＝1. 又BE∶EP＝1∶2，则BE∶BP＝BF∶BC＝1∶3， 则△BEF∽△BPC，则∠BEF＝∠BPC， 则EF∥PC. 又EF⊄平面PCD，PC⊂平面PCD， 则EF∥平面PCD. 又EF∩AF＝F，EF，AF⊂平面AEF，则平面AEF∥平面PCD. (2) 由(1)可知，四边形ADCF为正方形，PA⊥平面ABCD， 则PA，AF，AD两两垂直，可建立如图2所示的空间直角坐标系Axyz. 则P(0，0，2)，C(2，2，0)，A(0，0，0)，B(2，－1，0)，D(0，2，0)， 假设棱PC上存在一点G，使得DG∥平面PAB， 设＝λ＝λ(2，2，－2)＝(2λ，2λ，－2λ)，λ∈[0，1]， 则G(2λ，2λ，－2λ＋2)，λ∈[0，1]. 设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)， 且＝(0，0，2)，＝(2，－1，0). 则即 取x＝1，得m＝(1，2，0). 又＝(2λ，2λ－2，－2λ＋2)， 因为DG∥平面PAB，则⊥m. 即·m＝0, 则1×2λ＋2(2λ－2)＝0， 解得λ＝.此时＝. 故棱PC上存在一点G，使得DG∥平面PAB， 且＝2. 15．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝λ(0<λ<1)，＝μ(0<μ<1)，若MN∥平面AA1C1C，则线段MN长度的最小值为________． 解析：如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．连接DN，DB. 则有D(0，0，0)，A1(1，0，1)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，B(1，1，0)， 依题意，＝λ＝λ(1，0，1)＝(λ，0，λ)， ＝＋＝＋μ＝(0，1，0)＋μ(0，－1，1)＝(0，1－μ，μ)， 所以＝－＝(－λ，1－μ，μ－λ). 又因为DB⊥AC，CC1⊥平面ABCD，DB⊂平面ABCD，则CC1⊥DB，又CC1∩AC＝C，CC1，AC⊂平面AA1C1C，故DB⊥平面AA1C1C， 故平面AA1C1C的法向量可取为n＝＝(1，1，0)， 因为MN∥平面AA1C1C， 故·n＝－λ＋1－μ＝0，即λ＋μ＝1. 则||2＝λ2＋(1－μ)2＋(μ－λ)2 ＝2λ2＋(1－2λ)2＝6λ2－4λ＋1 ＝6(λ－)2＋， 因为0<λ<1，故当λ＝时，||取得最小值，最小值为. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $