2.2 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与立体几何，涵盖方向向量、法向量及线面、面面位置关系判定，通过基础达标到素养拓展的分层题目，构建从概念应用到综合探究的学习支架，衔接向量运算与空间关系推理。 其亮点在于以问题为载体，通过建立空间直角坐标系、向量运算推理等，培养数学眼光（抽象空间模型）、数学思维（逻辑推理）和数学语言（向量表达）。如第3题结合不等式求最值，第10题证明法向量并计算面积，助力学生提升空间想象与运算能力，为教师提供分层教学素材，提高课堂效率。

1．2.2　课后达标检测 1 A 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：由向量a＝(1，1，2)，n＝(2，2，4)，得n＝2a，即a∥n，所以l⊥α. 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 11 2 3 课后达标检测 15 2．在空间直角坐标系中，a＝(1，2，1)为直线l的一个方向向量，n＝(2，t，4)为平面α的一个法向量，且l∥α，则t＝(　　) A．3 B．－3 C．1 D．－1 解析：因为l∥α，则a·n＝2＋2t＋4＝0，解得t＝－3.故选B. B 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 C 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 C 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 B 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 AD 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 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； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 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. 5 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 8．已知直线l的一个方向向量为a＝(2，1，1)，且过点M(1，0，－1).若平面α过直线l与点N(1，2，3)，则平面α的一个法向量是 ____________________________________________________________． (1，－4，2)(答案不唯一，是(1，－4，2)的平行向量即可) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 (2)求平行四边形ABCD的面积．(7分) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 11．(多选)已知a＝(2，0，2)，b＝(3，0，0)分别是平面α，β的法向量，则平面α，β交线的方向向量可以是(　　) A．(1，0，1) B．(0，1，0) C．(0，2，0) D．(3，0，3) BC 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 解析：平面α，β交线的方向向量应该与a和b同时垂直，下面只需一一验证即可．对于A，a·(1，0，1)＝(2，0，2)·(1，0，1)＝4≠0，A错误； 对于B，a·(0，1，0)＝(2，0，2)·(0，1，0)＝0，b·(0，1，0)＝(3，0，0)·(0，1，0)＝0，B正确； 对于C，a·(0，2，0)＝(2，0，2)·(0，2，0)＝0，b·(0，2，0)＝(3，0，0)·(0，2，0)＝0，C正确； 对于D，a·(3，0，3)＝(2，0，2)·(3，0，3)＝12≠0，D错误．故选BC. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 12.如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE＝____________． a或2a 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 13．如图，在四棱锥A1-BCDE中，A1E⊥平面BCDE，四边形BCDE为直角梯形，EB∥DC，DE⊥EB，EB＝ED＝1，DC＝2，△A1ED为等腰直角三角形，点F在棱A1C上，若点P为DB的中点，且PF∥平面A1ED，则点F的坐标为_________________． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 14．(15分)(2026·潍坊期中)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) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 (2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB.(8分) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后达标检测 15 15．(15分)如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2. (1)求证：AC⊥BF；(7分) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 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H(图略)， 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 3．已知直线l和平面α，且l∥α，l的方向向量为l＝(2，m，1)，平面α的一个法向量为n＝(－1， eq \r(2) ，n)，m>0，n>0，则 eq \f(1,m) ＋ eq \f(\r(2),n) 的最小值为(　　) A． eq \r(2) B．2 C．2 eq \r(2) D．4 解析：依题意，l·n＝－2＋ eq \r(2) m＋n＝0，即 eq \r(2) m＋n＝2，所以 eq \f(1,m) ＋ eq \f(\r(2),n) ＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,m) ＋ eq \f(\r(2),n) )( eq \r(2) m＋n)＝ eq \f(1,2) (2 eq \r(2) ＋ eq \f(n,m) ＋ eq \f(2m,n) )，又m>0，n>0，所以 eq \f(n,m) >0， eq \f(m,n) >0，所以 eq \f(n,m) ＋ eq \f(2m,n) ≥2 eq \r(\f(n,m)·\f(2m,n)) ＝2 eq \r(2) ，当且仅当 eq \f(n,m) ＝ eq \f(2m,n) ，即m＝ eq \f(\r(2),2) ，n＝1时，取到等号，所以 eq \f(1,m) ＋ eq \f(\r(2),n) ＝ eq \f(1,2) (2 eq \r(2) ＋ eq \f(n,m) ＋ eq \f(2m,n) )≥2 eq \r(2) ，即 eq \f(1,m) ＋ eq \f(\r(2),n) 的最小值为2 eq \r(2) . 4．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足 eq \o(AB,\s\up16(→)) · eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝0， eq \o(AC,\s\up16(→)) · eq \o(AD,\s\up16(→)) ＝0， eq \o(AB,\s\up16(→)) · eq \o(AD,\s\up16(→)) ＝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：因为 eq \o(AB,\s\up16(→)) · eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝0， eq \o(AC,\s\up16(→)) · eq \o(AD,\s\up16(→)) ＝0， eq \o(AB,\s\up16(→)) · eq \o(AD,\s\up16(→)) ＝0，所以AB，AC，AD两两互相垂直， 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．(2026·日照期中)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， eq \f(AF,FD) ＝(　　) A． eq \f(1,2) B．1 C．2 D．3 解析：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( eq \f(1,2) ，1，0)，P(0，0，a)， 设F(0，y，0)，0≤y≤1，则 eq \o(BF,\s\up16(→)) ＝(－1，y，0)， eq \o(PE,\s\up16(→)) ＝( eq \f(1,2) ，1，－a)， 因为BF⊥PE，则 eq \o(BF,\s\up16(→)) · eq \o(PE,\s\up16(→)) ＝(－1)× eq \f(1,2) ＋y×1＋0×(－a)＝0，解得y＝ eq \f(1,2) ， 即F(0， eq \f(1,2) ，0)，可知F是AD的中点，故 eq \f(AF,FD) ＝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＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，－\f(1,2))) ，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：对于A，a·b＝1×2－1×1＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) ＝0， 则a⊥b，所以l⊥m，故A是真命题； 对于D，易得 eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(－1，1，1)， eq \o(BC,\s\up16(→)) ＝(－1，1，0)， 因为向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up16(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋u＋t＝0，,－1＋u＝0，)) 得u＋t＝1，故D是真命题． 解析：依题意， eq \o(MN,\s\up16(→)) ＝(0，2，4)，显然 eq \o(MN,\s\up16(→)) 与a不共线，设平面α的一个法向量n＝(x，y，z), 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·a＝2x＋y＋z＝0，,n·\o(MN,\s\up16(→))＝2y＋4z＝0，)) 取z＝2， 得y＝－4，x＝1，因此n＝(1，－4，2). 9．如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在BD上，且BE＝ eq \f(1,3) BD，点F在CB1上，且CF＝ eq \f(1,3) CB1，若平面ADD1A1内存在一点G使得B1G∥平面DEF，则一个满足条件的点G的坐标为_________________． (3，0， eq \f(3,2) )(答案不唯一) 解析：由题知D(0，0，0)，E(2，2，0)，F(1，3，1)，B1(3，3，3)，得 eq \o(DE,\s\up16(→)) ＝(2，2，0)， eq \o(DF,\s\up16(→)) ＝(1，3，1)， 设G(a，0，b)，平面DEF的法向量为n＝(x，y，z). 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up16(→))·n＝0，,\o(DF,\s\up16(→))·n＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝0，,x＋3y＋z＝0，)) 令x＝1，则n＝(1，－1，2)， eq \o(B1G,\s\up16(→)) ＝(a－3，－3，b－3)， n· eq \o(B1G,\s\up16(→)) ＝a－3＋3＋2(b－3)＝a＋2b－6＝0，即a＋2b＝6. 取a＝3，则b＝ eq \f(3,2) ， 故点G(3，0， eq \f(3,2) ). 10．(13分)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果 eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(2，－1，－4)， eq \o(AD,\s\up16(→)) ＝(4，2，0)， eq \o(AP,\s\up16(→)) ＝(－1，2，－1). (1)求证： eq \o(AP,\s\up16(→)) 是平面ABCD的法向量；(6分) 证明： eq \o(AP,\s\up16(→)) · eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(－1，2，－1)·(2，－1，－4)＝0， eq \o(AP,\s\up16(→)) · eq \o(AD,\s\up16(→)) ＝(－1，2，－1)·(4，2，0)＝0， 所以AP⊥AB，AP⊥AD. 又AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD. 所以 eq \o(AP,\s\up16(→)) 是平面ABCD的法向量． 解：因为| eq \o(AB,\s\up16(→)) |＝ eq \r(22＋（－1）2＋（－4）2) ＝ eq \r(21) ， | eq \o(AD,\s\up16(→)) |＝ eq \r(42＋22＋02) ＝2 eq \r(5) ， eq \o(AB,\s\up16(→)) · eq \o(AD,\s\up16(→)) ＝(2，－1，－4)·(4，2，0)＝6， 所以cos 〈 eq \o(AB,\s\up16(→)) ， eq \o(AD,\s\up16(→)) 〉＝ eq \f(6,\r(21)×2\r(5)) ＝　 eq \r(\f(3,35)) ， 故sin 〈 eq \o(AB,\s\up16(→)) ， eq \o(AD,\s\up16(→)) 〉＝　 eq \r(\f(32,35)) ， S▱ABCD＝| eq \o(AB,\s\up16(→)) |·| eq \o(AD,\s\up16(→)) |sin 〈 eq \o(AB,\s\up16(→)) ， eq \o(AD,\s\up16(→)) 〉＝8 eq \r(6) . 解析：建立如图所示的空间直角坐标系， 则B1(0，0，3a)， C(0， eq \r(2) a，0)， D( eq \f(\r(2)a,2) ， eq \f(\r(2)a,2) ，3a). 设E( eq \r(2) a，0，z)(0≤z≤3a)， 则 eq \o(CE,\s\up16(→)) ＝( eq \r(2) a，－ eq \r(2) a，z)， eq \o(B1E,\s\up16(→)) ＝( eq \r(2) a，0，z－3a)， eq \o(B1D,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)，\f(\r(2)a,2)，0)) . 又 eq \o(CE,\s\up16(→)) · eq \o(B1D,\s\up16(→)) ＝a2－a2＋0＝0， eq \o(CE,\s\up16(→)) · eq \o(B1E,\s\up16(→)) ＝2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或z＝2a. 故AE＝a或AE＝2a. ( eq \f(1,2) ， eq \f(1,4) ， eq \f(3,4) ) 解析：结合已知条件和题图可知，A1(0，0，1)，E(0，0，0)，D(0，1，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P( eq \f(1,2) ， eq \f(1,2) ，0)，不妨设F(x0，y0，z0)，因为点F在棱A1C上， 所以 eq \o(A1F,\s\up16(→)) ＝λ eq \o(A1C,\s\up16(→)) ，λ∈[0，1]，解得x0＝2λ，y0＝λ，z0＝1－λ， 所以F(2λ，λ，1－λ)， 从而 eq \o(PF,\s\up16(→)) ＝(2λ－ eq \f(1,2) ，λ－ eq \f(1,2) ，1－λ)， 由题意可知， eq \o(EB,\s\up16(→)) ＝(1，0，0)为平面A1ED的一个法向量， 故 eq \o(EB,\s\up16(→)) · eq \o(PF,\s\up16(→)) ＝2λ－ eq \f(1,2) ＝0，解得λ＝ eq \f(1,4) ∈[0，1]，从而点F的坐标为( eq \f(1,2) ， eq \f(1,4) ， eq \f(3,4) ). 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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，0)) ，P(0，0，a)，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2))) ， 所以 eq \o(EF,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2))) ， eq \o(DC,\s\up16(→)) ＝(0，a，0)， 所以 eq \o(EF,\s\up16(→)) · eq \o(DC,\s\up16(→)) ＝0， 所以 eq \o(EF,\s\up16(→)) ⊥ eq \o(DC,\s\up16(→)) ，即EF⊥CD. 解：设G(x，0，z)，则 eq \o(FG,\s\up16(→)) ＝(x－ eq \f(a,2) ，－ eq \f(a,2) ，z－ eq \f(a,2) )， eq \o(CB,\s\up16(→)) ＝(a，0，0)， eq \o(CP,\s\up16(→)) ＝(0，－a，a)， 若使GF⊥平面PCB，则需 eq \o(FG,\s\up16(→)) · eq \o(CB,\s\up16(→)) ＝0且 eq \o(FG,\s\up16(→)) · eq \o(CP,\s\up16(→)) ＝0， 由 eq \o(FG,\s\up16(→)) · eq \o(CB,\s\up16(→)) ＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2))) ＝0，解得x＝ eq \f(a,2) ， 由 eq \o(FG,\s\up16(→)) · eq \o(CP,\s\up16(→)) ＝ eq \f(a2,2) ＋a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(a,2))) ＝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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0)) ，即G为AD的中点． 则BH＝1，AH＝ eq \r(3) ，CH＝3， 所以AC＝2 eq \r(3) ， 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)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 eq \f(BP,PE) 的值；若不存在，请说明理由．(8分) 解：存在．理由如下： 由(1)知，AF，AB，AC两两垂直．以A为坐标原点， eq \o(AB,\s\up16(→)) ， eq \o(AC,\s\up16(→)) ， eq \o(AF,\s\up16(→)) 的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，E(－1， eq \r(3) ，2)，F(0，0，2). 假设在线段BE上存在一点P满足题意， 设 eq \f(BP,BE) ＝λ，则0≤λ≤1， 因为 eq \o(BE,\s\up16(→)) ＝(－3， eq \r(3) ，2)， 所以 eq \o(BP,\s\up16(→)) ＝λ eq \o(BE,\s\up16(→)) ＝(－3λ， eq \r(3) λ，2λ)， 所以P(2－3λ， eq \r(3) λ，2λ)， eq \o(AP,\s\up16(→)) ＝(2－3λ， eq \r(3) λ，2λ)， eq \o(BF,\s\up16(→)) ＝(－2，0，2). 令BF⊥AP，则 eq \o(BF,\s\up16(→)) · eq \o(AP,\s\up16(→)) ＝0， 即－2(2－3λ)＋4λ＝0， 解得λ＝ eq \f(2,5) . 所以当 eq \f(BP,BE) ＝ eq \f(2,5) ， 即 eq \f(BP,PE) ＝ eq \f(2,3) 时，BF⊥AP，又由(1)知AC⊥BF，因为AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，所以BF⊥平面PAC. 又因为BF⊂平面BCEF，所以平面PAC⊥平面BCEF. 故存在满足题意的点P，此时 eq \f(BP,PE) ＝ eq \f(2,3) . $