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教参（人教B版）

**基本信息** 以空间向量与立体几何为核心，通过基础判定、运算应用到综合探究的三层设计，强化从概念理解到逻辑推理的知识巩固路径，培养空间观念与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|直线与平面位置关系判定|单选直接考查方向向量与法向量平行垂直关系，如第1-2题| |中档|向量运算与几何性质结合|填空与多选综合数量积、最值问题，如第3题结合基本不等式| |综合|坐标系下的几何证明与探究|解答题涉及存在性问题及面面垂直证明，如第14-15题|

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：选A.由向量a＝(1，1，2)，n＝(2，2，4)，得n＝2a，即a∥n，所以l⊥α. 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：选B.因为l∥α，则a·n＝2＋2t＋4＝0，解得t＝－3.故选B. 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，，n)，m>0，n>0，则＋的最小值为(　　) A． B．2 C．2 D．4 解析：选C.依题意，l·n＝－2＋m＋n＝0，即m＋n＝2，所以＋＝(＋)(m＋n)＝(2＋＋)，又m>0，n>0，所以>0，>0，所以＋≥2＝2，当且仅当＝，即m＝，n＝1时，取到等号，所以＋＝(2＋＋)≥2，即＋的最小值为2. 4．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝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：选C. 因为·＝0，·＝0，·＝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，＝(　　) A． B．1 C．2 D．3 解析：选B. 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(，1，0)，P(0，0，a)， 设F(0，y，0)，0≤y≤1，则＝(－1，y，0)，＝(，1，－a)， 因为BF⊥PE，则·＝(－1)×＋y×1＋0×(－a)＝0，解得y＝， 即F(0，，0)，可知F是AD的中点，故＝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＝，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：选AD.对于A，a·b＝1×2－1×1＋2×＝0， 则a⊥b，所以l⊥m，故A是真命题； 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； 对于D，易得＝(－1，1，1)，＝(－1，1，0)， 因为向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量， 所以即 得u＋t＝1，故D是真命题． 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. 答案：5 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________． 解析：依题意，＝(0，2，4)，显然与a不共线，设平面α的一个法向量n＝(x，y，z), 则取z＝2， 得y＝－4，x＝1，因此n＝(1，－4，2). 答案：(1，－4，2)(答案不唯一，是(1，－4，2)的平行向量即可) 9．如图， 在棱长为3的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E在BD上，且BE＝BD，点F在CB1上，且CF＝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________． 解析：由题知D(0，0，0)，E(2，2，0)，F(1，3，1)，B1(3，3，3)，得＝(2，2，0)，＝(1，3，1)， 设G(a，0，b)，平面DEF的法向量为n＝(x，y，z). 则即 令x＝1，则n＝(1，－1，2)，＝(a－3，－3，b－3)， n·＝a－3＋3＋2(b－3)＝a＋2b－6＝0，即a＋2b＝6. 取a＝3，则b＝， 故点G(3，0，). 答案：(3，0，)(答案不唯一) 10．(13分)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1). (1)求证：是平面ABCD的法向量；(6分) (2)求平行四边形ABCD的面积．(7分) 解：(1)证明：·＝(－1，2，－1)·(2，－1，－4)＝0， ·＝(－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. 所以是平面ABCD的法向量． (2)因为||＝＝， ||＝＝2， ·＝(2，－1，－4)·(4，2，0)＝6， 所以cos 〈，〉＝＝　， 故sin 〈，〉＝　， S▱ABCD＝||·||sin 〈，〉＝8. 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) 解析：选BC.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. 12. 如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1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＝____________． 解析：建立如图所示的空间直角坐标系， 则B1(0，0，3a)， C(0，a，0)， D(，，3a). 设E(a，0，z)(0≤z≤3a)， 则＝(a，－a，z)， ＝(a，0，z－3a)， ＝. 又·＝a2－a2＋0＝0，·＝2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或z＝2a. 故AE＝a或AE＝2a. 答案：a或2a 13．如图，在四棱锥A1­BCDE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________． 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(，，0)，不妨设F(x0，y0，z0)，因为点F在棱A1C上， 所以＝λ，λ∈[0，1]，解得x0＝2λ，y0＝λ，z0＝1－λ， 所以F(2λ，λ，1－λ)， 从而＝(2λ－，λ－，1－λ)， 由题意可知，＝(1，0，0)为平面A1ED的一个法向量， 故·＝2λ－＝0，解得λ＝∈[0，1]，从而点F的坐标为(，，). 答案：(，，) 14．(15分)(2026·潍坊期中)如图，在四棱锥P­ABCD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) (2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB.(8分) 解： (1)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，P(0，0，a)，F， 所以＝，＝(0，a，0)， 所以·＝0， 所以⊥，即EF⊥CD. (2)设G(x，0，z)，则＝(x－，－，z－)，＝(a，0，0)，＝(0，－a，a)， 若使GF⊥平面PCB，则需·＝0且·＝0， 由·＝a＝0，解得x＝， 由·＝＋a＝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，即G为AD的中点． 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) (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．(8分) 解：(1)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)， 则BH＝1，AH＝，CH＝3， 所以AC＝2， 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)存在．理由如下： 由(1)知，AF，AB，AC两两垂直．以A为坐标原点，，，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，，2)，F(0，0，2). 假设在线段BE上存在一点P满足题意， 设＝λ，则0≤λ≤1， 因为＝(－3，，2)， 所以＝λ＝(－3λ，λ，2λ)， 所以P(2－3λ，λ，2λ)，＝(2－3λ，λ，2λ)，＝(－2，0，2). 令BF⊥AP，则·＝0， 即－2(2－3λ)＋4λ＝0， 解得λ＝. 所以当＝， 即＝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＝. 学科网（北京）股份有限公司 $