1.1 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一同步课件（人教B版）

该高中数学课件聚焦空间向量数量积及其应用，通过正三棱锥、正方体等几何体问题导入，以向量分解、投影计算为支架，衔接向量线性运算与立体几何垂直、夹角、距离计算等知识脉络。 其亮点在于以分层题目（基础达标到素养拓展）创设几何情境，培养数学眼光（观察空间形式）和数学思维（逻辑推理与运算），如正方体侧棱与上底面点的数量积问题，引导学生用数学语言表达几何关系，助力学生提升空间向量应用能力，为教师提供系统训练素材。

1.1.1第2课时 课后达标检 沉 课后达标检测 2 「A基础达标 1.如图，已知三棱锥A-BCD的每条棱长都为2，则B·CD=(D) A.23 B.3 C.2 D.0 B 解析：市=店-=办-店衣=2×2×对 2×2×2=0. ①②34⑤6⑦891⑩1①12131415 课后达标检测 3 2.在四面体ABCD中，AC=AD=2AB=2,∠BAD=60°，AB·CD =2, 则∠BAC=(C) A.60° B.90° C.120° D.150° ①②34⑤6⑦⑧©101①12131415 课后达标检测 4 解析：由题知，AC=AD=2AB=2,∠BAD=60°，所以AB·CD=BD -AC)=AB·峦-AB花=1lcos∠BAD-A峦A花1·cos 、 ∠BAC=1X2Xos60°-1X2Xc0s∠BAC=2,解得c0s∠BAC=-,又 0<∠BAC<180°，所以∠BAC=120°. 1②34⑤6⑦89101①12131415 课后达标检测 5 3元 3.(2026大连期中)已知a=2,空间向量e为单位向量，〈a,e〉 ,则 4 空间向量a在向量e上的投影为(C) A.v2 e B.e C.-2 e D.一e 解析：由题意得空间向量a在向量e上的投影为lalcos〈u,e〉e=2Xcos 3元 4 e=-V2e,故C正确. 1②③4⑤6⑦89101112131415 课后达标检测 6 4.如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi =1,2,,8)是上底面上其余的八个点，则集合y=ABAP:,=1,2, 3,…,8}中的元素个数是(D) P2 Ps Ps PP A.7 B.5 B 6 C.3 D.1 12)3456)(789101112131415 课后达标检测 7 解析：方法一：由题图可知，AP=AB+B，则AB·护=B(B十 BP:)=AB2+ABB,因为正方体棱长为1，AB⊥BP,所以ABBP,= 0,AB·AP:=AB2+AB·BP:=1+0=1,故集合{y=ABAP:,i=1, 2,3,…,8}中的元素个数为1. 方法二：由向量数量积的几何意义知，B·A护=B·B=1，同理知 ABAP:=1,所以所求集合中的元素个数是1. ①23④⑤6⑦89101①12 13)14)(15 课后达标检测 8 5.如图，在平行四边形ABCD中，AB=AC=1,∠ACD=90°，沿着它的对 角线AC将△ACD折起，当二面角B-AC-D的大小是60时，则B,D两点 间的距离为(B) A.2 B.2 C.3 D.2V2 B C C 1②34⑤6⑦8910112131415 课后达标检测 9 解析：根据垂直关系，AB与CD的夹角，即为二面角B-ACD的平面角， 且BD=BA+AC+CD，AC⊥CD,AC⊥AB,AB=CD=AC=1, 所以BD1=1(BA+C+C)?= 11+1+1+2X1×1×(-2=2. 1(2(3(456(7(89101112131415 课后达标检测 10 6.(多选)已知正方体ABCD-A1B1CD1的中心为O,AB=1,则满足AA1m =1的m可以是(AC) A.Cò1 B.BiC C.BD D.Co ①②3④5⊙⑦8⑨101①12131415 课后达标检测 11 解析：由AA1=B成1=C心=DD1，正方体如图所示，根据向量数量积的 几何意义有CC1CD1=|CC1P=1,BB1BD1=BB1P=1,BB1B1C= -B筋P=-1,C元C0=)1C元P=2,综上，满足i1m=1的m可 以是C市1，BD1. B 12)3(456789101112131415 课后达标检测 12 7.已知点C在以AB为直径的球面上，若BC=2,则AB·BC=一 4 解析：方法一：由，点C在以AB为直径的球面上，得ACLBC,所以AC·BC =0,所以AB·BC=(AC+CB)BC=ACBC-BC2=-4. 方法二：由题意得A花·BC=一BABC，因为BA在BC上的投影为BC, 所以-BABC=-BCBC=-4,即ABBC=一4. 1(2(3)(4(5(6⑦8(910(1112131415 课后达标检测 13 8.(2026·济南月考)已知空间向量a,b,c两两夹角为60°，且@=| 1=1d=2,则-7分年2c= 解析：由题意得b=c=bc=2X2Xcos60°=2，则a-b+2c=|l@+|- b2+12c+2(-b)+4c+4(-b)c=4+4+16+(-4)+8+(-8)=20, 因此，la-b+2c=2V5. ①234⑤6⑦⑧9101①12131415 课后达标检测 14 9.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为a,侧棱长为b,若B1C⊥A1B, 则%=2 123456⑦8⊙10112131415 课后达标检测 15 解析：如图，由题意BA|=BC|=a,BB1|=b,且<BA，BC〉=60°， B店1⊥BA,BB1⊥B元，则BA1=B苏1+BA，B1C=B元-B弦1，又 B1C⊥A1B,即BiC⊥BA1,所以B1CBA1=0,即(BC-BB1)(B方1+BA) -庇B店，+庇扇-成，？-脑扇=0+--0=0，解得a =2b,即%=2. B C B 1(2(3(4(5(6(7(891011121314(15 课后达标检测 16 10.(13分)已知不共面的三个单位向量04,0B，0C两两之间的夹角均 为60°，OiM=0A+0B+0元，0N=+0元. (1)求证：OM⊥BC;(6分) 证明：因为0A·0=0A·0元=0·0元=1×1Xcos60°=) ，所以 0M·B元=(0A+0成+0元)(O元-0B)=0A(0c-0B)+(0B+ O元)(O元-0B)=0元2-Oi2=1-1=0,所以0M⊥BC,即0MLBC. 1(2(3(4(⑤(6(7(8(91⑩1112131415 课后达标检测 17 (2)求cos(OiM,ON〉.(7分) 解：因为0M·0N=(OA+0B+0C)(OB+0C)=4,lOMP=(OA+ 0B+0元)=6， 0NP=(o亦+0元)2=3. 所以0M1=6,0N1=3所以os〈0成，六)= OM-ON 4 JOMION V6XV3 22 一3 2 345(6(7(89101112131415 课后达标检测 18 〔B能力提升 11.(多选)在正方体ABCD-A1B1CD1中，下列结论正确是ABC) A.(AA1十A访十A市)2=3AB2 B.AICAB=0 C.AD1与AB1的夹角为60 D.正方体ABCD-A1B1CD1的体积为A立A1·D| 1(2)3)(4(5678)(91012131415 课后达标检测 19 解析：设正方体的棱长为， 对于A,(AA1+AD+B)2=12+D2+B2+2(A41·D+ D A1B十而A心)=3=3AB2,A正确； B D B 123456⑦8⑨1012131415 课后达标检测 20 对于B,ACAB1=(A花-AA)B+A1) =(B+茄-AA)(B+A1)=(B-A1)(B+A,)+ A(B+AA1)=A2-AA12+ADA访+iAA1=-2=0,B正 确； 对于C,由于△AB1D1是等边三角形，所以AD1与AB1的夹角为60°，C正 确； 对于D,访·A1D=0,所以D错误. 123)45(67(8910012131415 课后达标检测 21 12.如图所示，已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°，PA=AB=BC=6,则向 量PB在向量BC上的投影是 }成 123456⑦8⑨1012131415 课后达标检测 22 解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+CB2-2 ABCB-c0s∠ABC= 36+36-2X6X6X(-2)=108,AC=63,而PA⊥平面ABC,P4=AB =6,故PB=6V2,PC=12,在△PBC中，PC2=PB2+BC2-2 PB.BC-c0s ∠PBC,即144=72+36-2X62×6Xc0s∠PBC,得cos∠PBC=-2 6v212 所以c0s0丽，配1=子，故向量成在向量武上的授影是 6 流=，流. 1)2) 3) 4(5(6(7(89101112 13(14)(15 课后达标检测 23 13.(13分)如图，在空间四边形OABC中，D,E分别为BC,OA的中点， 点G为△4BC的重心，设OA=u,OB=b,O元=C. (1)试用向量4，b,c,表示向量0G;(6分) 123456⑦8⑨101121415 课后达标检测 24 解：=成+花=0成+号布=应+号×2店+衣)=+ }店+花) =a+3(b-a+c-d) =号a+h+. 123456⑦891011231415 课后达标检测 25 (2)若0A=0C=2,OB=1,∠A0C=∠B0C=∠A0B=60°，求BE·AD的 值.(7分) 解：市=)+花)=b-u+e-四=3b+c-2,2=前+ 应=-b+2a,酝办=3吃u-brb+e-2@=2(吃h+5arc- -b2-bc+2b) -日×写x2x1x对+片×2x2x对-4-1-1x2×2)=. 1②34⑤6⑦8910111231415 课后达标检测 26 14.(15分)2025·日照月考)如图所示，已知斜四棱柱ABCD-A1B1CD1的底面 ABCD是菱形，且∠CCB=∠C1CD=∠BCD=,且0∈0，引. (1)求证：CC⊥BD;(7分) B A D 1(2(3(4(5(6(7(8(910111213 14(15 课后达标检测 27 证明：设CD=4,C市=b,C元1=c,则D=C苏-C=u-b, 由底面ABCD是菱形，有ld=b1, 则C元1·BD=c(a-b)=ca-cb=lcacos0--l-cos0=0, 所以CC1⊥BD,即CC⊥BD. 12345(6⑦89101①121315 课后达标检测 28 CD (2)当cC 的值为多少时，能使A1C⊥平面CBD？请给出证明.(8分) 解：要使A1C⊥平面CBD,只需A1C⊥CD且A1C⊥CB. 若AC1GD,则CG=0,即(C+1)亦-衣)=(C + +元)苏-元)=0， 即CDP-|CC1P+CB CD cos∠BCD-|1 CB ICCI lcos∠CCB=0, 1(2)3(4(5(6(789101112(131415 课后达标检测 29 由于∠C1CB=∠BCD, 显然当CD=CC1时，上式成立. 同理可得，当CD|=|CC1I时，A1C⊥CB. 又CD,CBC平面CBD,CD∩CB=C,所以A1C⊥平面CBD. CD 因此，当CC =1时，能使A1C⊥平面CBD 12)3(4(5(6789101112131④15 课后达标检测 30 「C素养拓展 15.如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，MN是它的内切球的一 条弦（我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦），P为正方体表面上的 动点，当弦MN的长度最大时，PM·PN的取值范围是(B) A.0,1 B.[0,2] D C B C.1,3] D.0,4 C N B 12)3)(4(5(6(789101112131415 课后达标检测 31 解析：由正方体的棱长为2，可得内切球的半径为1，正方体的体对角线长 为23. 当弦MN的长度最大时，MN为内切球的直径，设内切球的球心为O, 则PM·PN=(P而+OiM)PO+ON)=(P0-ON)(P0+ON)=P02 -0N2=P02-1. 由于P为正方体表面上的动，点，则OP∈1，V3」，所以PMPN∈0,2引 1)(2)(3)4(5(6)(7)8)9)10(11(12131415