阶段质量评价 空间向量与立体几何-【新课程学案】2026-2027学年高中选择性必修第一册配套课件PPT（人教B版）

该高中数学单元复习课件系统梳理了空间向量的线性运算、数量积、法向量及立体几何中的位置关系证明、角度与距离计算，通过典型例题将向量工具与立体几何问题紧密结合，帮助学生构建“向量运算—几何应用”的知识网络。 其亮点在于采用“基础巩固—中档提升—综合应用”的分层练习设计，如从向量平行的坐标计算到二面角的法向量求解，培养学生的空间观念和运算能力。详细解析步骤助力学生掌握推理方法，教师可通过题目梯度精准实施复习，提升教学效率。

阶段质量评价 空间向量与立体几何 (时间:120分钟　满分:150分) 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 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 √ 16 17 18 19 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 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 √ 16 17 18 19 解析：=-=(+)-=a-b+c，故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 3.已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC一个法向量的是 (　　) A.(-1，1，1) B.(1，1，1) C. D. √ 16 17 18 19 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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. √ 16 17 18 19 解析：因为M，A，B，C四点共面，=++λ，所以++λ=1，解得λ=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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)，这两条异面直线所成的角为 (　　) A. B. C. D. √ 16 17 18 19 解析：设两条异面直线所成的角为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≤，所以两条异面直线所成的角θ=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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 √ 16 17 18 19 解析：由题意得D(0，2，3)，所以=(-2，-2，-1)，所以||==3. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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. √ 16 17 18 19 解析：=(2，2，0)，=(2，0，-1)，则在上的投影数量为=，则点A到直线BC的距离为= =. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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的 夹角为 (　　) A.45° B.60° C.120° D.150° √ 16 17 18 19 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)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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所成的角为θ，则cos θ==，又0°≤θ≤90°，所以θ=45°. 16 17 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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.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上的投影为 √ 16 17 18 19 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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上的投影为·b=×(3，4，5) =，故D正确. 16 17 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 10.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所成角的余弦值为 √ 16 17 18 19 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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 16 17 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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. 16 17 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 11.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB= AC=AA1=2，E，F分别是BC，A1C1的中点，D在线 段B1C1上，则下列说法正确的有 (　　) A.EF∥平面AA1B1B B.直线EF与平面ABC所成角的正弦值为 C.若D是B1C1的中点，M是B1A1的中点，则点F到平面BDM的距离是 D.直线BD与直线EF所成的角最小时，线段BD的长为　 √ 16 17 18 19 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB=AC=AA1=2，E，F分别是BC，A1C1的中点，所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(1，1，0)，F(0，1，2)，A1(0，0，2)，C1(0，2，2)，B1(2，0，2). 对于A，因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中， AA1⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC， 所以AA1⊥AC， 16 17 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 又∠BAC=90°，所以AB⊥AC.又AB∩AA1=A，AB，AA1⊂平面AA1B1B，所以AC⊥平面AA1B1B，所以=(0，2，0)为平面AA1B1B的一个法向量.又=(-1，0，2)，所以·=(0，2，0)·(-1，0，2)=0.又EF⊄平面AA1B1B，所以EF∥平面AA1B1B，故A正确； 对于B，=(0，0，2)为平面ABC的一个法向量，=(-1，0，2)，设直线EF与平面ABC所成的角为θ，则sin θ=|cos<，>|= ==，故B错误； 16 17 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 对于C，若D是B1C1的中点，M是B1A1的中点，则M(1，0，2)， D(1，1，2)，=(1，0，-2)，=(0，1，0)， 设平面BDM的一个法向量为m=(x，y，z)， 则令z=1，则x=2，y=0，所以平面BDM的一个法向量为m=(2，0，1)，又=(-1，1，0)，所以点F到平面BDM的距离为==，故C正确； 16 17 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 对于D，设=λ=λ(-2，2，0)=(-2λ，2λ，0)(0≤λ≤1)， 则=+=(0，0，2)+(-2λ，2λ，0)=(-2λ，2λ，2). 设直线BD与直线EF所成的角为α，又=(-1，0，2)，则 cos α=|cos<，>|===， 当-=0，即λ=时，cos α取得最大值，此时直线BD与直线EF所成的角最小，=，||==，故D正确.故选ACD. 16 17 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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=____________.  16 17 18 19 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 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 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__________.  16 17 18 19 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===. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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所成角的大小为　　　　.  16 17 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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所成角的大小为. 16 17 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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；(5分) 16 17 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解：因为2BM=A1M，C1N=2A1N， 根据空间向量的运算法则，可得=-=-(-)= -++=-a+b+c. 16 17 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)若∠BAC=90°，∠BAA1=∠CAA1=60°，AB=AC=AA1=2，求线段MN的长.(8分) 16 17 18 19 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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；(9分) 16 17 18 19 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)判断MN与平面B1C1M是否垂直，并说明理由.(6分) 16 17 18 19 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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；(8分) 16 17 18 19 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (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.(7分) 16 17 18 19 解：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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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) 16 17 18 19 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)若AB=PA=2，求直线AM与平面ABCD所成角的正弦值.(10分) 16 17 18 19 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所成的角为θ， 因为cos<，>===， 所以sin θ=|cos<，>|=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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) 16 17 18 19 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， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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. 16 17 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)若点M是线段AP上一点，且AM=3，求平面ABC与平面BCM所成角的余弦值.(10分) 16 17 18 19 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=，=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 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所成角的余弦值为. 16 17 18 19 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $