第1章 1.4.1 第3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，通过基础应用、综合计算到探究证明的三层设计，实现从单一知识点到复杂问题解决的递进，培养数学抽象与逻辑推理素养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|方向向量与法向量关系、线面垂直判定|以选择填空为主，直接应用向量平行/垂直条件，如第1-2题| |提升层|坐标运算、线面关系综合判断|含多选（第6题）和中档解答题（第9题），需结合坐标系计算| |综合层|探究性问题、平面垂直证明|以解答题（第10、13-14题）为主，涉及参数范围与存在性探究|

1．已知直线l的方向向量为a＝(1，1，2)，平面α的法向量为n＝(2，2，4)，则l与α的关系是(　　) A．l⊥α B．l∥α C．l与α相交但不垂直 D．l∥α或l⊂α 解析：选A.由向量a＝(1，1，2)，n＝(2，2，4)，得n＝2a，即a∥n，所以l⊥α. 2．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为μ＝(1，－3，1)，向量ν＝(3，－7，z)与平面α平行，则实数z＝(　　) A．－30 B．－24 C．3 D．－3 解析：选B.由题意可得μ·ν＝0，即3＋21＋z＝0，解得z＝－24. 3．已知点A(0，1，0)，B(－1，0，－1)，C(2，1，1)，P(x，0，z)，若PA⊥平面ABC，则点P的坐标为(　　) A．(1，0，－2) B．(1，0，2) C．(－1，0，2) D．(2，0，－1) 解析：选C.由题意知＝(－1，－1，－1)，＝(2，0，1)，＝(x，－1，z)，又PA⊥平面ABC，所以有·＝(－1，－1，－1)·(x，－1，z)＝0，得－x＋1－z＝0.① ·＝(2，0，1)·(x，－1，z)＝0，得2x＋z＝0，② 联立①②得x＝－1，z＝2，故点P的坐标为(－1，0，2). 4．已知A，B，C，D是空间中不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC中点，则△AMD的形状为(　　) A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 解析：选C. 因为·＝0，·＝0，·＝0，所以AB，AC，AD两两垂直，因为AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC，因为AM⊂平面ABC，所以AD⊥AM，所以△AMD为直角三角形． 5．如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E为CD的中点，F是线段AD上一点，当BF⊥PE时，＝(　　) A． B．1 C．2 D．3 解析：选B.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形ABCD的边长为1，PA＝a， 则B(1，0，0)，E(，1，0)，P(0，0，a)， 设F(0，y，0)，0≤y≤1，则＝(－1，y，0)，＝(，1，－a)，因为BF⊥PE，则·＝(－1)×＋y×1＋0×(－a)＝0，解得y＝， 即F(0，，0)，可知F是AD的中点，故＝1. 6．(多选)给出下列命题，其中是真命题的是(　　) A．若直线l的一个方向向量为a＝(1，－1，2)，直线m的一个方向向量为b＝(2，1，－)，则l⊥m　 B．若直线l的一个方向向量为a＝(0，1，－1)，平面α的一个法向量为n＝(1，－1，－1)，则l⊥α C．若平面α，β的一个法向量分别为n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，则α⊥β D．若平面α经过三点A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)，向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，则u＋t＝1 解析：选AD.对于A，a·b＝1×2－1×1＋2×(－)＝0，则a⊥b，所以l⊥m，故A是真命题； 对于B，a·n＝0，则a⊥n， 所以l∥α或l⊂α，故B是假命题； 对于C，n1·n2＝6≠0，所以α⊥β不成立，故C是假命题； 对于D，易得＝(－1，1，1)，＝(－1，1，0)， 因为向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量， 所以即 得u＋t＝1，故D是真命题． 7．已知平面α与平面β垂直，平面α与平面β的法向量分别为u＝(－1，0，5)，v＝(t，5，1)，则t的值为________． 解析：因为平面α与平面β垂直，所以平面α的法向量u与平面β的法向量v垂直，所以u·v＝0，即－1×t＋0×5＋5×1＝0，解得t＝5. 答案：5 8．在△ABC中，A(1，－2，－1)，B(0，－3，1)，C(2，－2，1).若向量n与平面ABC垂直，且|n|＝，则n的坐标为____________． 解析：根据题意，得＝(－1，－1，2)，＝(1，0，2). 设n＝(x，y，z)，因为n与平面ABC垂直， 所以 即可得 因为|n|＝，所以＝， 解得y＝4或y＝－4. 当y＝4时，x＝－2，z＝1； 当y＝－4时，x＝2，z＝－1. 所以n的坐标为(－2，4，1)或(2，－4，－1). 答案：(－2，4，1)或(2，－4，－1) 9．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AD＝AB＝AC＝5，BC＝6，AP＝4，E为PB的中点，F为线段PD上一点，当CF⊥AE时，＝________________________________. 解析：取BC的中点H，连接AH，因为AB＝AC，所以 AH⊥BC，则BH＝CH＝3，AH＝＝4. 又因为AD∥BC，所以AH⊥AD.因为PA⊥平面ABCD，所以AH，AD，AP两两垂直． 以A为原点，AH，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)，B(4，－3，0)，P(0，0，4)，C(4，3，0)，D(0，5，0)， 故E(2，－，2)，＝(2，－，2)，＝(0，5，－4)，＝(4，3，－4)， 设＝λ(0≤λ≤1)， 则＝(0，5λ，－4λ)， ＝－＝(4，3－5λ，4λ－4). 因为AE⊥CF，所以·＝0， 即2×4－×(3－5λ)＋2×(4λ－4)＝0， 解得λ＝，所以＝＝. 答案： 10．(13分)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点． (1)求证：A1E⊥BD；(6分) (2)若平面A1BD⊥平面EBD，求证：E为CC1的中点．(7分) 证明：(1)以D为坐标原点，以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，如图，设正方体的棱长为a，则D(0，0，0)，B(a，a，0)，A1(a，0，a). 设E(0，a，e)(0≤e≤a)，＝(－a，a，e－a)，＝(－a，－a，0)， 因为·＝a2－a2＋(e－a)·0＝0， 所以⊥，即A1E⊥BD. (2)设平面A1BD和平面EBD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 因为＝(a，a，0)，＝(a，0，a)，＝(0，a，e)，当e＝0时，平面EBD即为平面BCD，与平面A1BD不垂直，所以0<e≤a. 所以即 令x1＝1，则y1＝z1＝－1，则n1＝(1，－1，－1)， 即令x2＝1， 则y2＝－1，z2＝，则n2＝(1，－1，). 由平面A1BD⊥平面EBD，得n1⊥n2. 所以n1·n2＝2－＝0，即e＝. 所以当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD. 11．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2.D，E，F分别为AA1，A1C1，BB1的中点，则直线EF与平面BCD的位置关系是(　　) A．平行 B．垂直 C．直线在平面内 D．相交且不垂直 解析：选D.如图，取AC的中点M，连接EM，BM.因为AB＝BC＝，M为AC的中点，所以MB⊥AC. 又在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，E为A1C1的中点，所以EM∥CC1， 则EM⊥平面ABC，又AC，MB⊂平面ABC，所以EM⊥AC，EM⊥MB， 又AC＝AA1＝2，则AM＝AC＝1， 所以MB＝＝2. 以点M为坐标原点，MA，MB，ME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B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，E(0，0，2)，F(0，2，1)， 所以＝(－1，－2，0)，＝(1，－2，1)， 设平面BCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即令y＝－1，则x＝2，z＝－4，故n＝(2，－1，－4). 又＝(0，2，－1)，所以n·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，又不存在实数λ，使得＝λn， 所以直线EF与平面BCD相交且不垂直． 12．已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，若棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是________． 解析：如图建立空间直角坐标系，设AD＝a(a>0)，AP＝x，当x＝0或x＝2时，不满足D1P⊥PC，所以0<x<2， 则P(a，x，2)，C(0，2，2)，D1(0，0，0)，　 所以＝(a，x，2)，＝(a，x－2，0)， 因为D1P⊥PC，所以·＝0， 即a2＋x(x－2)＝0， 所以a＝＝， 当0<x<2时，－(x－1)2＋1∈(0，1]， 所以a∈(0，1]. 答案：(0，1] 13．(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点． (1)求证：EF⊥CD；(7分) (2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB.(8分) 解： (1)证明：易知PD，DA，DC两两垂直，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图． 设AD＝a(a>0)， 则D(0，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E(a，，0)，P(0，0，a)，F(，，)， 所以＝(－，0，)，＝(0，a，0)， 所以·＝0，所以⊥，即EF⊥CD. (2)设G(x，0，z)，则＝(x－，－，z－)，＝(a，0，0)，＝(0，－a，a)， 若使GF⊥平面PCB， 则需·＝0且·＝0， 由·＝a(x－)＝0，解得x＝， 由·＝＋a(z－)＝0， 解得z＝0，此时FG⊥CB，FG⊥CP，因为CB，CP⊂平面PCB，CB∩CP＝C，故GF⊥平面PCB， 所以点G的坐标为(，0，0)，即G为AD的中点． 14．(15分)如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2. (1)求证：AC⊥BF；(6分) (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．(9分) 解：(1) 证明：因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF，所以AF⊥平面ABCD. 因为AC⊂平面ABCD，所以AF⊥AC， 过A作AH⊥BC于点H， 则BH＝1，AH＝，CH＝3， 所以AC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB. 因为AB∩AF＝A，AB，AF⊂平面FAB， 所以AC⊥平面FAB. 因为BF⊂平面FAB，所以AC⊥BF. (2) 存在．由(1)知，AF，AB，AC两两垂直， 以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(－1，，2)， 假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合， 设＝λ，则λ>0，由＝λ， 可求得P(，，). 设平面PAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则m⊥，m⊥， 由＝(，，)， ＝(0，2，0)， 可得 即取x1＝1，则z1＝，所以m＝(1，0，)为平面PAC的一个法向量． 又＝(－2，2，0)，＝(－3，，2)， 设平面BCEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 可得x2＝z2＝y2，取x2＝1， 则y2＝，z2＝1， 所以n＝(1，，1)为平面BCEF的一个法向量． 当m·n＝1＋＝0，即λ＝时，平面PAC⊥平面BCEF，故存在满足题意的P， 此时＝. 15．(多选) 设常数a>0，如图，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝a，PD⊥平面ABCD.若线段AB上存在点Q，使得PQ⊥CQ，则a的取值可能是(　　) A． B． C． D．1 解析：选AB.因为在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝a，PD⊥平面ABCD，所以以D为坐标原点，DA，DC，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， 设PD＝b(b>0)，AQ＝x，易知x＝0或x＝1不符合题意，所以0<x<1， 则P(0，0，b)，Q(a，x，0)，C(0，1，0)， 则有＝(a，x，－b)，＝(a，x－1，0)， 由PQ⊥CQ得·＝a2＋x(x－1)＝0， 即x2－x＋a2＝0， 若线段AB上存在点Q满足题意，则方程x2－x＋a2＝0在(0，1)内有解， 设函数f(x)＝x2－x＋a2，f(0)＝f(1)＝a2>0，f(x)图象的对称轴为直线x＝， 则方程在(0，1)内有解需满足f()＝a2－≤0， 又因为a>0，所以0<a≤. 学科网（北京）股份有限公司 $