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教参（人教B版）

**基本信息** 聚焦空间向量数量积运算与立体几何应用，分层设计梯度清晰，从基础计算到综合探究，助力知识巩固与空间观念、推理能力发展。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|数量积定义、投影概念|直接应用公式，如向量投影计算（题3）| |中档层|折叠问题、多选辨析|结合立体几何模型，如正方体中数量积（题6）| |拔高层|动态问题、探究证明|含探究性问题，如斜四棱柱中垂直条件探究（题14）|

1．如图，已知三棱锥A­BCD的每条棱长都为2，则·＝(　　) A．2 B． C．2 D．0 解析：选D.·＝·＝·－·＝2×2×－2×2×＝0. 2．在四面体ABCD中，AC＝AD＝2AB＝2，∠BAD＝60°，·＝2，则∠BAC＝(　　) A．60° B．90° C．120° D．150° 解析：选C.由题知，AC＝AD＝2AB＝2，∠BAD＝60°，所以·＝·(－)＝·－·＝||·||cos ∠BAD－||·||·cos ∠BAC＝1×2×cos 60°－1×2×cos ∠BAC＝2，解得cos ∠BAC＝－，又0°<∠BAC<180°，所以∠BAC＝120°. 3．(2026·大连期中)已知|a|＝2，空间向量e为单位向量，〈a，e〉＝，则空间向量a在向量e上的投影为(　　) A．e B．e C．－e D．－e 解析：选C.由题意得空间向量a在向量e上的投影为|a|cos 〈a，e〉e＝2×cos e＝－e，故C正确． 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(i＝1，2，…，8)是上底面上其余的八个点，则集合{y|y＝·，i＝1，2，3，…，8}中的元素个数是(　　) A．7 B．5 C．3 D．1 解析：选D.方法一：由题图可知，＝＋，则·＝·(＋)＝2＋·，因为正方体棱长为1，AB⊥BPi，所以·＝0，·＝2＋·＝1＋0＝1，故集合{y|y＝·，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，·＝·＝1，同理知·＝1，所以所求集合中的元素个数是1. 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B­AC­D的大小是60°时，则B，D两点间的距离为(　　) A．2 B． C． D．2 解析：选B.根据垂直关系，与的夹角，即为二面角B­AC­D的平面角，且＝＋＋，AC⊥CD，AC⊥AB，AB＝CD＝AC＝1， 所以||＝＝ ＝. 6．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，AB＝1，则满足·m＝1的m可以是(　　) A．CD1 B．B1C C．BD1 D． 解析：选AC. 由＝＝＝，正方体如图所示，根据向量数量积的几何意义有·＝||2＝1，·＝||2＝1，·＝－||2＝－1，·＝||2＝，综上，满足AA1·m＝1的m可以是，． 7．已知点C在以AB为直径的球面上，若BC＝2，则·＝________． 解析：方法一：由点C在以AB为直径的球面上，得AC⊥BC，所以·＝0，所以·＝(＋)·＝·－2＝－4. 方法二：由题意得·＝－·，因为在上的投影为，所以－·＝－·＝－4，即·＝－4. 答案：－4 8．(2026·济南月考)已知空间向量a，b，c两两夹角为60°，且|a|＝|b|＝|c|＝2，则|a－b＋2c|＝________． 解析：由题意得a·b＝a·c＝b·c＝2×2×cos 60°＝2，则|a－b＋2c|2＝|a|2＋|－b|2＋|2c|2＋2a·(－b)＋4a·c＋4(－b)·c＝4＋4＋16＋(－4)＋8＋(－8)＝20， 因此，|a－b＋2c|＝2. 答案：2 9．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为a，侧棱长为b，若B1C⊥A1B，则＝________． 解析：如图， 由题意||＝||＝a，||＝b，且〈，〉＝60°，⊥，⊥，则＝＋，＝－，又B1C⊥A1B，即⊥，所以·＝0，即(－)·(＋)＝·＋·－2－·＝0＋a·a·－b2－0＝0，解得a＝b，即＝. 答案： 10．(13分)已知不共面的三个单位向量，，两两之间的夹角均为60°，＝＋＋，＝＋. (1)求证：OM⊥BC；(6分) (2)求cos 〈，〉．(7分) 解：(1)证明：因为·＝·＝·＝1×1×cos 60°＝，所以·＝(＋＋)·(－)＝·(－)＋(＋)·(－)＝2－2＝1－1＝0，所以⊥，即OM⊥BC. (2)因为·＝(＋＋)·(＋)＝4，||2＝(＋＋)2＝6， ||2＝(＋)2＝3. 所以||＝，||＝.所以cos 〈，〉＝＝＝. 11．(多选)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列结论正确是(　　) A.(＋＋)2＝32 B．·＝0 C．与的夹角为60° D．正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|··| 解析：选ABC.设正方体的棱长为a， 对于A，(＋＋)2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)＝3a2＝32，A正确； 对于B，·＝(－)·(＋) ＝(＋－)·(＋)＝(－)·(＋)＋·(＋)＝2－2＋·＋·AA1＝a2－a2＝0，B正确； 对于C，由于△AB1D1是等边三角形，所以与的夹角为60°，C正确； 对于D，|··|＝0，所以D错误． 12. 如图所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则向量在向量上的投影是_______________________． 解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋CB2－2AB·CB·cos ∠ABC＝36＋36－2×6×6×(－)＝108，AC＝6，而PA⊥平面ABC，PA＝AB＝6，故PB＝6，PC＝12，在△PBC中，PC2＝PB2＋BC2－2PB·BC·cos ∠PBC，即144＝72＋36－2×6×6×cos ∠PBC，得cos ∠PBC＝－，所以cos ，＝，故向量在向量上的投影是＝. 答案： 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△ABC的重心，设＝a，＝b，＝c. (1)试用向量a，b，c，表示向量；(6分) (2)若OA＝OC＝2，OB＝1，∠AOC＝∠BOC＝∠AOB＝60°，求·的值．(7分) 解：(1)＝＋＝＋＝＋×(＋)＝＋(＋) ＝a＋(b－a＋c－a) ＝(a＋b＋c). (2)＝(＋)＝(b－a＋c－a)＝(b＋c－2a)，＝＋＝－b＋a，·＝(a－b)·(b＋c－2a)＝(a·b＋a·c－a2－b2－b·c＋2a·b) ＝×(×2×1×＋×2×2×－4－1－1×2×)＝－. 14．(15分)(2025·日照月考) 如图所示，已知斜四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝θ，且θ∈. (1)求证：CC1⊥BD；(7分) (2)当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明．(8分) 解：(1)证明：设＝a，＝b，＝c，则＝－＝a－b， 由底面ABCD是菱形，有|a|＝|b|， 则·＝c·(a－b)＝c·a－c·b＝|c|·|a|cos θ－|c|·|b|cos θ＝0 ， 所以⊥，即CC1⊥BD. (2)要使A1C⊥平面C1BD，只需A1C⊥C1D且A1C⊥C1B. 若A1C⊥C1D，则1·＝0，即(＋)·＝(＋＋)·＝0， 即||2－||2＋||·||·cos ∠BCD－||||cos ∠C1CB＝0， 由于∠C1CB＝∠BCD， 显然当||＝||时，上式成立． 同理可得，当||＝||时，A1C⊥C1B. 又C1D，C1B⊂平面C1BD，C1D∩C1B＝C1，所以A1C⊥平面C1BD. 因此，当＝1时，能使A1C⊥平面C1BD. 15．如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1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，·的取值范围是(　　) A．[0，1] B．[0，2] C．[1，3] D．[0，4] 解析：选B.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2. 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·＝(＋)·(＋)＝(－)·(＋)＝2－2＝2－1. 由于P为正方体表面上的动点，则OP∈[1，]，所以·∈[0，2]. 学科网（北京）股份有限公司 $