第1章 专题一 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** 聚焦立体几何空间向量法，以坐标系建立为主线，系统整合线面关系证明、角度计算及动态最值问题，体现数学抽象与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|2题|空间直角坐标系构建、向量坐标运算|从正方体模型到空间向量表示，建立几何直观与代数运算的转化桥梁| |翻折与垂直证明|2题|面面垂直性质转化、法向量求解|通过翻折情境深化空间垂直关系认知，强化线面垂直判定定理应用| |动态与最值问题|2题|参数方程设元、距离公式优化|结合轨迹思想与函数最值，提升空间动态问题的数学建模能力|

1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为平面BCC1B1，平面A1B1C1D1的中心，＝a＋b＋c，a，b，c∈[0，1]，则(　　) A．＝－ B．当EF⊥AM时，a＝c C．当a2＋b2＋c2＝1时，MF的最小值为－1 D．当a＋b＋c＝1时，ME的最小值为 解析：选BCD.对于A，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BC1，A1C1，A1B，则E，F分别为BC1，A1C1的中点，故EF∥A1B，且EF＝A1B，因此＝＝(－)，A错误； 以A为坐标原点，直线AB，AD，AA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，E(1，，)，F(，，1)， ＝a＋b＋c＝(a，b，c)， ＝(－，0，)， 对于B，由EF⊥AM，得·＝－a＋0×b＋c＝0，则a＝c，B正确； 对于C，当a2＋b2＋c2＝1时，点M在以A为球心，半径为1的球面上运动， 而||＝＝，因此MF的最小值为－1，C正确； 对于D，当a＋b＋c＝1时，M∈平面A1BD，而EF⊄平面A1BD，EF∥A1B，A1B⊂平面A1BD，则EF∥平面A1BD， 因此ME的最小值为点E到平面A1BD的距离，又＝(1，0，－1)，＝(－1，1，0)， 设平面A1BD的法向量为m＝(x，y，z)， 则 取z＝1，得m＝(1，1，1)， 又＝(0，，)，因此点E到平面A1BD的距离为d＝＝＝，即ME的最小值为，D正确． 2．如图，已知AB和CD是圆O的两条互相垂直的直径，将平面ABC沿AB翻折至平面ABC′，使得平面ABC′⊥平面ABD，此时直线AB与平面C′BD所成角的余弦值为________． 解析：依题意，OC′⊥AB，OD⊥AB，而平面ABC′⊥平面ABD， 平面ABC′∩平面ABD＝AB，又OC′⊂平面ABC′， 则OC′⊥平面ABD，又OD⊂平面ABD，所以OD⊥OC′，因此直线OD，OB，OC′两两垂直． 如图，以点O为坐标原点，直线OD，OB，OC′分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 令OD＝1，则O(0，0，0)，D(1，0，0)，B(0，1，0)，C′(0，0，1)，＝(0，1，0)， ＝(0，－1，1)，＝(1，－1，0)， 设平面C′BD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令y＝1，得n＝(1，1，1). 设直线AB与平面C′BD所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，所以直线AB与平面C′BD所成角的正弦值为，则直线AB与平面C′BD所成角的余弦值为＝. 答案： 3．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝1.点P在线段AC1上，点P到直线BB1的距离的最小值为________． 解析： 由已知，以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为h，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，C1(1，0，h)，B1(0，0，h)，＝(1，－2，h)，＝(0，0，h)， 由于点P在线段AC1上，设＝t，0≤t≤1，则P(t，－2t＋2，ht)，故＝(t，－2t＋2，ht)， 设点P到直线BB1的距离为d， 则d＝ ＝ ＝＝， 当t＝时，5(t－)2＋取最小值，则d的最小值为. 答案： 4．(15分)如图，在梯形PBCD中，BA⊥PD，AD＝2，PA＝AB＝BC＝1，将△PAB沿AB折起至△P′AB，使AP′⊥AD. (1)求证：平面ABCD⊥平面P′AB；(6分) (2)若点T是CD的中点，点M是P′T的中点，求直线AP′与平面ABM所成角的正弦值．(9分)　 解：(1)证明：在梯形PBCD中，BA⊥PD， 故BA⊥AP′，又AP′⊥AD，AD∩AB＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 所以AP′⊥平面ABCD， 又AP′⊂平面P′AB， 所以平面ABCD⊥平面P′AB. (2)由(1)得AP′，AD，AB两两垂直，故以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP′所在的直线为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)，P′(0，0，1)，B(1，0，0)，D(0，2，0)，C(1，1，0)，＝(0，0，1)，＝(1，0，0). 因为点T是CD的中点，点M是P′T的中点，所以T(，，0)，M(，，)，＝(，，). 设平面ABM的法向量为n＝(x，y，z)， 则得 取y＝4，则z＝－6，得平面ABM的一个法向量为n＝(0，4，－6). 设直线AP′与平面ABM所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝. 5．(15分)在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝AB＝2，DC＝4，△PAD为等边三角形，点E，F分别为AD，AB的中点． (1)证明：BC⊥平面PEF；(7分) (2)点M为线段DC上的动点，求直线PM与平面PEF所成角的正弦值的取值范围．(8分) 解：(1)证明：连接BD，因为点E，F分别为AD，AB的中点，所以EF∥BD，因为四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝AB＝2， 所以BD＝＝2，∠ADB＝∠BDC＝45°， 在△BDC中，由余弦定理可得BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos ∠BDC＝8＋16－2×2×4×＝8，所以BC2＋BD2＝DC2，所以BD⊥BC，所以EF⊥BC. 又因为△PAD为等边三角形，点E为AD的中点，所以PE⊥AD， 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，所以PE⊥BC. 又因为EF∩PE＝E，EF，PE⊂平面PEF，所以BC⊥平面PEF. (2)取BC的中点N，连接EN，可得EN⊥AD， 又PE⊥平面ABCD，EN⊂平面ABCD，所以PE⊥EN， 以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(－1，0，0)，P(0，0，)，F(1，1，0)，C(－1，4，0)，E(0，0，0)， 则＝(0，0，)，＝(1，1，0)，＝(1，0，)，＝(0，4，0)， 设平面PEF的法向量为m＝(x，y，z)， 则解得z＝0，令x＝1， 则y＝－1，所以m＝(1，－1，0)， 设＝λ(0≤λ≤1)， 则＝λ(0，4，0)＝(0，4λ，0)， 故＝－＝(0，4λ，0)－(1，0，)＝(－1，4λ，－)， 设直线PM与平面PEF所成的角为θ， 则sin θ＝＝＝， 令t＝1＋4λ∈[1，5]，∈[，1]， 则＝ ＝＝， 令f(t)＝－＋2＝10(－)2＋，可得f(t)min＝，f(t)max＝8， 所以∈[，]， 所以直线PM与平面PEF所成角的正弦值的取值范围为[，]. 6．(17分)(2026·德州期中)如图1，在四边形ABCD中，AB＝BC＝2，AC＝AD＝4，∠BAD＝，如图2，把△ACD沿AC折起，使点D到达点P处，且平面PAC⊥平面ABC，Q为PC的中点． (1)求证：AC⊥BQ；(5分) (2)求平面ABQ与平面BQP夹角的余弦值；(6分)　 (3)判断线段AP上是否存在点M，使得三棱锥M-ABQ的体积为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．(6分) 解：(1)证明：在题图1中，由AB＝BC＝2，AC＝4，可得AB2＋BC2＝AC2， 所以AB⊥BC，则∠BAC＝， 因为∠BAD＝，可得∠CAD＝， 所以DA⊥AC， 在题图2中知PA⊥AC，取AC的中点O，连接QO，BO，因为Q为PC的中点，可得QO∥PA，所以QO⊥AC， 因为AB＝BC＝2，可得BO⊥AC， 又因为BO∩QO＝O，且BO，QO⊂平面BOQ，所以AC⊥平面BOQ， 因为BQ⊂平面BOQ，所以AC⊥BQ. (2)由题意知，平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，且QO⊥AC，QO⊂平面PAC，所以QO⊥平面ABC，所以直线OB，OA，OQ两两垂直， 以O为坐标原点，直线OB，OA，OQ分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，可得A(0，2，0)，B(2，0，0)，Q(0，0，2)，P(0，2，4)，则＝(2，－2，0)，＝(0，－2，2)，＝(2，0，－2)，＝(0，2，2)， 设平面ABQ的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令y＝1，可得x＝1，z＝1，所以n＝(1，1，1)， 设平面BQP的法向量为m＝(a，b，c)， 因此令a＝1， 可得b＝－1，c＝1，所以m＝(1，－1，1)， 因此|cos 〈m，n〉|＝＝＝，所以平面ABQ与平面BQP夹角的余弦值为. (3)假设线段AP上存在点M，使得三棱锥M-ABQ的体积为， 在△ABQ中，AB＝AQ＝BQ＝2，可得S△ABQ＝×2×2×＝2， 因为三棱锥M-ABQ的体积为， 设点M到平面ABQ的距离为d，可得×2×d＝，因此d＝， 因此点M到平面ABQ的距离为， 令＝λ(0＜λ≤1)， 由(2)得，＝λ＝λ(0，0，4)＝(0，0，4λ)， 平面ABQ的一个法向量为n＝(1，1，1)， 则d＝＝＝，解得λ＝， 所以线段AP上存在点M，使得三棱锥M-ABQ的体积为，且＝. 学科网（北京）股份有限公司 $