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一同步课件（人教B版）

该高中数学单元复习课件聚焦立体几何中空间向量的应用，系统梳理了空间直角坐标系建立、向量运算、法向量求解、线面角及面面角计算等核心知识，通过不同几何体（正方体、直三棱柱、四棱锥等）的题目串联知识点，构建从基础运算到综合应用的逻辑脉络。 其亮点在于采用分层练习设计，从选择、填空到解答题逐步提升难度，如通过动点问题中参数坐标表示培养数学思维的推理能力，用向量语言描述空间关系强化数学语言的模型观念，帮助学生发展空间观念（数学眼光）。这种设计让学生巩固知识的同时提升综合解题能力，也为教师提供精准复习的教学支持。

专题一　课后达标检测 1 C 4 5 6 7 1 2 3 课后达标检测 4 5 6 7 1 2 3 课后达标检测 4 5 6 7 1 2 3 课后达标检测 BCD 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 3．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________． 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 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， 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4．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________． 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 5．(13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) 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 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. 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (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．(7分) 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 6．(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) 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 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. 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (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) 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (2)求平面ABQ与平面BQP所成角的余弦值；(6分) 解：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， 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 1．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是棱D1D上一点，N是A1B1的中点，若ON⊥AM，则 eq \f(DM,DD1) ＝(　　) A． eq \f(1,4) B． eq \f(1,3) C． eq \f(1,2) D． eq \f(2,3) 解析：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则A(0，0，0)， O eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)) ， N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1)) . 设M(0，1，a)(0≤a≤1)， 则 eq \o(AM,\s\up16(→)) · eq \o(ON,\s\up16(→)) ＝(0，1，a)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，1)) ＝－ eq \f(1,2) ＋a＝0，所以a＝ eq \f(1,2) . 所以当ON与AM垂直时， eq \f(DM,DD1) ＝ eq \f(1,2) . 2．(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， eq \o(AM,\s\up16(→)) ＝a eq \o(AB,\s\up16(→)) ＋b eq \o(AD,\s\up16(→)) ＋c eq \o(AA1,\s\up16(→)) ，a，b，c∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1)) ，则(　　) A． eq \o(EF,\s\up16(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→)) － eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up16(→)) B．当EF⊥AM时，a＝c C．当a2＋b2＋c2＝1时，MF的最小值为 eq \f(\r(6),2) －1 D．当a＋b＋c＝1时，ME的最小值为 eq \f(\r(3),3) 解析：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＝ eq \f(1,2) A1B，因此 eq \o(EF,\s\up16(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \o(BA1,\s\up16(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(AA1,\s\up16(→)) － eq \o(AB,\s\up16(→)) )，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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2))) ，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)) ， eq \o(AM,\s\up16(→)) ＝a eq \o(AB,\s\up16(→)) ＋b eq \o(AD,\s\up16(→)) ＋c eq \o(AA1,\s\up16(→)) ＝(a，b，c)， eq \o(EF,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(1,2))) ， 对于B，由EF⊥AM，得 eq \o(EF,\s\up16(→)) · eq \o(AM,\s\up16(→)) ＝ － eq \f(1,2) a＋0×b＋ eq \f(1,2) 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| eq \o(AF,\s\up16(→)) |＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋12) ＝ eq \f(\r(6),2) ，因此MF的最小值为 eq \f(\r(6),2) －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 eq \o(A1B,\s\up16(→)) ＝(1，0，－1)， eq \o(BD,\s\up16(→)) ＝(－1，1，0)， 设平面A1BD的法向量为m＝(x，y，z)， 则 \o(A1B,\s\up16(→)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(·m＝x－z＝0，,\o(BD,\s\up16(→))·m＝－x＋y＝0，))) 取z＝1，得m＝(1，1，1)， 又 eq \o(BE,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))) ，因此点E到平面A1BD的距离为d＝ eq \f(|\o(BE,\s\up16(→))·m|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))) ＝ eq \f(1,\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，即ME的最小值为 eq \f(\r(3),3) ，D正确． eq \f(\r(6),3) 令OD＝1，则O(0，0，0)，D(1，0，0)，B(0，1，0)，C′(0，0，1)， eq \o(OB,\s\up16(→)) ＝(0，1，0)， eq \o(BC′,\s\up16(→)) ＝(0，－1，1)， eq \o(BD,\s\up16(→)) ＝(1，－1，0)，设平面C′BD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC′,\s\up16(→))＝－y＋z＝0，,n·\o(BD,\s\up16(→))＝x－y＝0，))) 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＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈n，\o(OB,\s\up16(→))〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·\o(OB,\s\up16(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OB,\s\up16(→))))) ＝ eq \f(1,\r(3)×1) ＝ eq \f(\r(3),3) ， 所以直线AB与平面C′BD所成角的正弦值为 eq \f(\r(3),3) ，则直线AB与平面C′BD所成角的余弦值为 eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2) ＝ eq \f(\r(6),3) . eq \f(2\r(5),5) 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)， eq \o(AC1,\s\up16(→)) ＝(1，－2，h)， eq \o(BB1,\s\up16(→)) ＝(0，0，h)， 由于点P在线段AC1上，设 eq \o(AP,\s\up16(→)) ＝t eq \o(AC1,\s\up16(→)) ，0≤t≤1， 则P(t，－2t＋2，ht)，故 eq \o(BP,\s\up16(→)) ＝(t，－2t＋2，ht)， 设点P到直线BB1的距离为d，则d＝ \o(BB1,\s\up16(→)) eq \r(|\o(BP,\s\up16(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BP,\s\up16(→))·,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1( eq \o(BB1,\s\up16(→)) )))))2) ＝ eq \r(t2＋（－2t＋2）2＋（ht）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h2t,h)))2) ＝ eq \r(5t2－8t＋4) ＝ eq \r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(4,5)))2＋\f(4,5)) ， 当t＝ eq \f(4,5) 时，5 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(4,5))) 2＋ eq \f(4,5) 取最小值 eq \f(4,5) ，则d的最小值为 eq \f(2\r(5),5) . 解：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)， eq \o(AP′,\s\up16(→)) ＝(0，0，1)， eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(1，0，0). 因为点T是CD的中点，点M是P′T的中点，所以 T eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，0)) ，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(1,2))) ， eq \o(AM,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(1,2))) . 设平面ABM的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AM,\s\up16(→))＝0，))) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝0，,\f(1,4)x＋\f(3,4)y＋\f(1,2)z＝0，))) 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＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈\o(AP′,\s\up16(→))，n〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP′,\s\up16(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP′,\s\up16(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))) ＝ eq \f(6,\r(16＋36)) ＝ eq \f(3\r(13),13) . 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＝ eq \r(AD2＋AB2) ＝2 eq \r(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 eq \r(2) ×4× eq \f(\r(2),2) ＝8，所以BC2＋BD2＝DC2， 解：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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\r(3))) ，F(1，1，0)， C(－1，4，0)，E(0，0，0)， 则 eq \o(EP,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\r(3))) ， eq \o(EF,\s\up16(→)) ＝(1，1，0)， eq \o(DP,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\r(3))) ， eq \o(DC,\s\up16(→)) ＝(0，4，0)， 设平面PEF的法向量为m＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m·\o(EP,\s\up16(→))＝\r(3)z＝0，,m·\o(EF,\s\up16(→))＝x＋y＝0，))) 解得z＝0，令x＝1，则y＝－1，所以m＝(1，－1，0)， 设 eq \o(DM,\s\up16(→)) ＝λ eq \o(DC,\s\up16(→)) (0≤λ≤1)，则 eq \o(DM,\s\up16(→)) ＝λ(0，4，0)＝(0，4λ，0)， 故 eq \o(PM,\s\up16(→)) ＝ eq \o(DM,\s\up16(→)) － eq \o(DP,\s\up16(→)) ＝(0，4λ，0)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\r(3))) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，4λ，－\r(3))) ， 设直线PM与平面PEF所成的角为θ， 则sin θ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·\o(PM,\s\up16(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PM,\s\up16(→))))) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1－4λ)),\r(2)×\r(1＋16λ2＋3)) ＝ eq \f(1＋4λ,\r(8＋32λ2)) ， 令t＝1＋4λ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，5)) ， eq \f(1,t) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，1)) ， 则 eq \f(1＋4λ,\r(8＋32λ2)) ＝ eq \f(t,\r(8＋32\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t－1,4)))2)) ＝ eq \f(t,\r(2t2－4t＋10)) ＝ eq \f(1,\r(2－\f(4,t)＋\f(10,t2))) ， 令f(t)＝ eq \f(10,t2) － eq \f(4,t) ＋2＝10 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,5))) 2＋ eq \f(8,5) ，可得f(t)min＝ eq \f(8,5) ，f(t)max＝8， 所以 eq \f(1,\r(2－\f(4,t)＋\f(10,t2))) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(10),4))) ， 所以直线PM与平面PEF所成角的正弦值的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(10),4))) . 7．(17分)(2026·德州期中)如图1，在四边形ABCD中，AB＝BC＝2 eq \r(2) ，AC＝AD＝4，∠BAD＝ eq \f(3π,4) ，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；(4分) 证明：在题图1中，由AB＝BC＝2 eq \r(2) ，AC＝4，可得AB2＋BC2＝AC2， 所以AB⊥BC，则∠BAC＝ eq \f(π,4) ， 因为∠BAD＝ eq \f(3π,4) ，可得∠CAD＝ eq \f(π,2) ， 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 eq \r(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. 如图所示，可得A(0，2，0)，B(2，0，0)，Q(0，0，2)，P(0，2，4)， 则 eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(2，－2，0)， eq \o(AQ,\s\up16(→)) ＝(0，－2，2)， eq \o(QB,\s\up16(→)) ＝(2，0，－2)， eq \o(QP,\s\up16(→)) ＝(0，2，2)， 设平面ABQ的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝2x－2y＝0，,n·\o(AQ,\s\up16(→))＝－2y＋2z＝0，))) 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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m·\o(QB,\s\up16(→))＝2a－2c＝0，,m·\o(QP,\s\up16(→))＝2b＋2c＝0，))) 令a＝1，可得b＝－1，c＝1， 所以m＝(1，－1，1)， 因此 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈m，n〉)) ＝ eq \f(|m·n|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))) ＝ eq \f(|1－1＋1|,\r(1＋1＋1)×\r(1＋1＋1)) ＝ eq \f(1,3) ， 所以平面ABQ与平面BQP所成角的余弦值为 eq \f(1,3) . (3)判断线段AP上是否存在点M，使得三棱锥M-ABQ的体积为 eq \f(4,3) .若存在，求出 eq \f(AM,AP) 的值；若不存在，请说明理由．(7分) 解：假设线段AP上存在点M，使得三棱锥M-ABQ的体积为 eq \f(4,3) ， 在△ABQ中，AB＝AQ＝BQ＝2 eq \r(2) ，可得S△ABQ＝ eq \f(1,2) ×2 eq \r(2) ×2 eq \r(2) × eq \f(\r(3),2) ＝2 eq \r(3) ， 因为三棱锥M-ABQ的体积为 eq \f(4,3) ， 设点M到平面ABQ的距离为d，可得 eq \f(1,3) ×2 eq \r(3) ×d＝ eq \f(4,3) ，因此d＝ eq \f(2\r(3),3) ， 因此点M到平面ABQ的距离为 eq \f(2\r(3),3) ， 令 eq \f(AM,AP) ＝λ(0＜λ≤1)，由(2)得， eq \o(AM,\s\up16(→)) ＝λ eq \o(AP,\s\up16(→)) ＝λ(0，0，4)＝(0，0，4λ)，平面ABQ的一个法向量为n＝(1，1，1)， 则d＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up16(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))) ＝ eq \f(4λ,\r(3)) ＝ eq \f(2\r(3),3) ，解得λ＝ eq \f(1,2) ， 所以线段AP上存在点M，使得三棱锥M-ABQ的体积为 eq \f(4,3) ，且 eq \f(AM,AP) ＝ eq \f(1,2) . $