阶段质量评价 第三章 空间向量与立体几何-【新课程学案】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册配套课件PPT（北师大版）

该高中数学单元复习课件系统覆盖空间向量与立体几何核心内容，包括向量平行垂直判定、法向量应用、距离与夹角计算等，通过题型分类与知识点整合，串联向量运算与位置关系证明的逻辑脉络，帮助学生构建完整知识网络。 其亮点在于解析过程注重数学思维培养，如点到直线距离通过向量投影分步推导，解答题结合空间坐标系规范数学语言表达，分层题型设计兼顾基础与综合，助力学生巩固知识，教师可精准把握复习重点，提升教学效率。

阶段质量评价 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.已知向量a=(2，-1，3)，b=(4，x，y)，且a∥b，则x+y=(　　) A.-4 B.-2 C.4 D.2 √ 解析：因为向量a=(2，-1，3)，b=(4，x，y)，且a∥b，所以b=λa， 即(4，x，y)=λ(2，-1，3)，可得解得所以x+y=4. 2.如图，在四面体PABC中，E是AC的中点，=3，设=a，=b，=c，则=(　　) A.a-b+c B.a-b+c C.a+b+c D.a-b+c √ 解析：=-=(+)-=a-b+c，故选B. 3.已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC法向量的是 (　　) A.(-1，1，1) B.(1，1，1) C. D. √ 解析：由题意，得=(-1，1，0)，=(-1，0，1)，设n=(x，y，z)为平面ABC的一个法向量，则化简得 ∴x=y=z.令x=1，有n=(1，1，1)，故选B. 4.在四面体OABC中，空间的一个点M满足=++λ，若M，A，B，C四点共面，则λ等于(　　) A. B. C. D. √ 解析：因为M，A，B，C四点共面，=++λ，所以++λ=1，解得λ=. 5.已知两条异面直线的方向向量分别是m=(1，-2，3)，n=(2，1，0)，这两条异面直线的夹角为 (　　) A. B. C. D. √ 解析：设两条异面直线的夹角为θ，且这两条异面直线的方向向量分别是m=(1，-2，3)，n=(2，1，0)，则cos θ===0，且0<θ≤，所以两条异面直线的夹角θ=. 6.已知O是坐标原点，空间向量=(1，1，2)，=(-1，3，4)，=(2，4，4)，若线段AB的中点为D，则||=(　　) A.9 B.8 C.3 D.2 √ 解析：由题意得D(0，2，3)，所以=(-2，-2，-1)，所以||= =3. 7.若A(2，2，1)，B(0，0，1)，C(2，0，0)，则点A到直线BC的距离为 (　　) A. B. C. D. √ 解析：=(2，2，0)，=(2，0，-1)，则在上的投影向量的模为 =，则点A到直线BC的距离为==. 8.如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，AE⊥ 平面ABCD，若AE=1，则平面ADE与平面BCE夹 角的大小为 (　　) A.45° B.60° C.120° D.150° √ 解析：因为AE⊥平面ABCD，且四边形ABCD为正 方形，如图建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)， C(1，1，0)，E(0，0，1)，所以=(0，1，0)， =(-1，0，1)，设平面BCE的一个法向量为n=(x，y，z)， 则取n=(1，0，1). 又平面ADE的一个法向量为m=(1，0，0)， 设平面ADE与平面BCE的夹角为θ，则cos θ==， 又0°≤θ≤90°，所以θ=45°. 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，对角线B1D和BD1相交于点O，则下列结论正确的是(　　) A.·=a2 B.·=a2 C.·=a2 D.·=a2 √ √ 解析：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x， y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(0，0，0)， A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A1(a，0，a)， B1(a，a，a)，C1(0，a，a)，O= (0，a，-a)，=(-a，0，-a)，·=a2，A正确；=(0，a，0)，=(-a，a，a)，·=a2，B错误；=(0，a，0)，=·=a2，C正确；=(-a，0，0)，= (a，0，a)，·=-a2，D错误. 10.已知空间向量a=(-2，-1，1)，b=(3，4，5)，则下列结论正确的是 (　　) A.(2a+b)∥a B.5|a|=|b| C.a⊥(5a+6b) D.a在b上的投影向量为 √ √ √ 解析：易知2a+b=(-1，2，7)，显然≠≠，故A错误；易知|a|==，|b|==5⇒5|a|=|b|，故B正确；易知5a+6b=(8，19，35)⇒a·(5a+6b)=-2×8+(-1)×19+1 ×35=0，故C正确；a在b上的投影向量·b=×(3，4，5)= ，故D正确. 11.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为 AB，A1D1的中点，则下列结论正确的是 (　　) A.BF⊥CE B.DF∥平面B1CE C.BF⊥平面B1CE D.直线DF与直线CE夹角的余弦值为 √ √ 解析：以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=2，则D(0，0，0)，E(2，1，0)，F(1，0，2)， B(2，2，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0).=(2，-1，0)，=(-1，-2，2)，=(1，0，2)， =(-2，0，-2).因为·=-2+2=0，所以BF⊥CE，A正确.设平面B1CE的一个法向量为m=(x，y，z)，则令x=1得，y=2，z=-1，故m=(1，2，-1)，因为·m=(1，0，2)·(1，2，-1)=1-2=-1≠0，所以与m不垂直，则直线DF与平面B1CE不平行，B错误.若BF⊥平面B1CE，则BF⊥B1C.因为·=2+0-4≠0，所以直线BF与直线B1C不垂直，矛盾，C错误.cos<>===，D正确. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上) 12.(5分)已知a=(-2，1，3)，b=(-1，2，1)，若a⊥(a-λb)，则λ=____.  解析：a-λb=(-2，1，3)-λ(-1，2，1)=(λ-2，1-2λ，3-λ)，因为a⊥(a-λb)，所以a·(a-λb)=0，即(-2，1，3)·(λ-2，1-2λ，3-λ)=-2λ+4+1-2λ+9-3λ=-7λ+14=0，解得λ=2. 2 13.(5分)已知向量n=(2，0，1)为平面α的一个法向量，点A(-1，1，2)在α内，则点P(1，2，3)到平面α的距离为______.  解析：由题意可得=(-2，-1，-1)，所以·n=-4-1=-5，设点 P(1，2，3)到平面α的距离为d，则d===. 14.(5分)为了测量一斜坡的坡度，小明设计如下的方案： 如图，设斜坡面β与水平面α的交线为l，小明分别在水 平面α和斜坡面β选取A，B两点，且AB=7，A到直线l的 距离AA1=3，B到直线l的距离B1B=4，A1B1=2，则斜坡面β与水平面α夹角的大小为_____.  解析：设与的夹角为θ，因为=++，所以= (++)2=+++2·+2·+2·， 又·=·=0，即49=9+12+16+2×3×4cos θ，所以cos θ=， 又θ∈[0，π]，所以θ=，所以斜坡面β与水平面α夹角的大小为. 四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别 是A1B，A1C1上的点，且2BM=A1M，C1N=2A1N，设 =a，=b，=c. (1)试用a，b，c 表示向量；(6分) 解：因为2BM=A1M，C1N=2A1N， 根据空间向量的运算法则，可得=-=-(-)= -++=-a+b+c. (2)若∠BAC=90°，∠BAA1=∠CAA1=60°，AB=AC=AA1=2，求线段MN的长.(7分) 解：因为∠BAC=90°，∠BAA1=∠CAA1=60°，AB=AC=AA1=2，可得a·b=0且b·c=a·c=2，则||2==(4a2+b2+4c2-4a·b +4b·c-8a·c)=(16+4+16-0+8-16)=，所以||=，即线段MN的长为. 16.(15分)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=2， CD=DD1=1，M，N分别为AD1，BC的中点. (1)求证：MN∥平面C1D1DC；(8分) 解：证明：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，建立如图所示 的空间直角坐标系，由AD=2，CD=DD1=1，M，N分 别为AD1，BC的中点，得M，N(1，1，0)， A(0，2，0)，=， 显然平面C1D1DC的一个法向量n==(0，2，0)， 则·n=0，于是⊥n，有∥平面C1D1DC，而MN⊄平面C1D1DC， 所以MN∥平面C1D1DC. (2)判断MN与平面B1C1M是否垂直，并说明理由.(7分) 解：由(1)知，C1(1，0，1)，则有=，而· =1×1-×=≠0，于是向量与向量不垂直，即直线MN与MC1不垂直，而MC1⊂平面B1C1M，所以MN与平面B1C1M不垂直. 17.(15分)如图，正方形ABCD所在平面外一点P满足 PB⊥平面ABCD，且AB=3，PB=4. (1)求点A到平面PCD的距离；(7分) 解：由题意，VP-ACD=××3×3×4=6， 由PB⊥平面ABCD，PB⊂平面PBC，可得平面PBC⊥ 平面ABCD，而DC⊥BC，且平面PBC∩平面ABCD=BC，DC⊂平面ABCD， ∴DC⊥平面PBC，PC⊂平面PBC， 可得DC⊥PC.∵CD=3，PC==5， ∴S△PCD=×3×5=， 设A到平面PCD的距离为h，则×h=6，即h=， ∴点A到平面PCD的距离为. (2)线段BP上是否存在点E，使得DE⊥平面PAC?若存在， 求出该点位置；若不存在，请说明理由.(8分) 解：不存在.理由如下：以B为坐标原点，分别以BC， BA，BP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则D(3，3，0)，C(3，0，0)，P(0，0，4)，设E(0，0，t)(0≤t≤4)，则=(3，0，-4)，=(-3，-3，t)， 若DE⊥平面PAC，则·=-9-4t=0， 解得t=-，不合题意， 故线段BP上不存在点E，使得DE⊥平面PAC. 18.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 为正方形，PA⊥平面ABCD，M为PC中点. (1)求证：PA∥平面MBD；(7分) 解：证明：连接AC，交BD于O点，则O是AC的中点，连接MO. 因为O，M分别是AC，PC的中点，所以OM∥PA. 因为PA⊄平面MBD，OM⊂平面MBD， 所以PA∥平面MBD. (2)若AB=PA=2，求直线AM与平面ABCD夹角的正弦值.(10分) 解：如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1)，所以=(0，0，2)，=(1，1，1). 因为PA⊥平面ABCD，所以=(0，0，2)即为平面ABCD的一个法向量. 设直线AM与平面ABCD的夹角为θ， 因为cos<>===， 所以sin θ=|cos<>|=. 19.(17分)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=AC，D是BC的 中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC= 8，PO=4，AO=3，OD=2. (1)求证：AP⊥BC；(7分) 解：证明：PO⊥平面ABC，AD，BC⊂平面ABC， 所以PO⊥AD，PO⊥BC. 因为AB=AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC. 如图，以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴， 以射线AD为y轴正方向， 以射线OP为z轴正方向，建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(0，-3，0)，B(4，2，0)，C(-4，2，0)，P(0，0，4)，所以=(0，3，4)，= (-8，0，0)， 所以·=0×(-8)+3×0+4×0=0，所以⊥，即AP⊥BC. (2)若点M是线段AP上一点，且AM=3，求平面ABC与平面BCM夹角的余弦值.(10分) 解：由勾股定理得AP= ==5， 因为AM=3，所以=. 设M(x，y，z)，故(x，y+3，z)=(0，3，4)， 故x=0，y=-3=-，z=， 故M， 所以==. 设平面BMC的一个法向量为n=(a，b，c)， 则解得a=0， 令b=1，则c=，所以n=， 易知=(0，0，4)是平面ABC的一个法向量， 则|cos<n，>|= ===. 故平面ABC与平面BCM夹角的余弦值为. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $