高中数学人教版新课标A必修24.3 空间直角坐标系达标测试

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1．若已知点A(1,1,1)，B(－3，－3，－3)，则线段AB的长为( )
A．4eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．4eq \r(2) D．3eq \r(2)
2．在空间直角坐标系中，点P(－5，－2,3)到x轴的距离为( )
A．5 B.eq \r(29)
C.eq \r(13) D.eq \r(34)
3．在空间直角坐标系中，已知点P(x，y，z)满足方程(x＋2)2＋(y－1)2＋(z－3)2＝3，则点P的轨迹是( )
A．直线 B．圆
C．球面 D．线段
4．已知点A(－3,1,4)，B(5，－3，－6)，则点B关于点A的对称点C的坐标为________．
eq \a\vs4\al\c1(能力提升)
5．以正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB、AD、AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，且正方体的棱长为一个单位长度，则棱CC1的中点的坐标为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，1)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))
6．空间直角坐标系中，x轴上到点P(4,1,2)的距离为eq \r(30)的点有( )
A．2个 B．1个 C．0个 D．无数个
7．已知A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是( )
A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形
8．在空间直角坐标系中，一定点到三个坐标轴的距离都是1，则该点到原点的距离是( )
A.eq \f(\r(6),2) B.eq \r(3) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(6),3)
9．在空间直角坐标系中，点M(－2,4，－3)在xOz平面上的射影为M′点，则M′关于原点对称点的坐标是________．
10．已知平行四边形ABCD的两个顶点的坐标分别为A(2，－3，－5)和B(－1,3,2)，对角线的交点是E(4，－1,7)，则C，D的坐标分别为____________．
11．在平面直角坐标系中，由点A(a,0)，B(0，b)(ab≠0)确定的直线的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1，类比到空间直角坐标系中，由A(a,0,0)，B(0，b,0)，C(0,0，c)(abc≠0)确定的平面的方程可以写成________________________________________________________________________．
12．(13分)如图K49－1，已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为a，M为BD′的中点，点N在A′C′上，且|A′N|＝3|NC′|，试求MN的长．
图K49－1
eq \a\vs4\al\c1(难点突破)
13．(12分)已知点A(1,1,0)，对于Oz轴正半轴上任意一点P，在Oy轴上是否存在一点B，使得PA⊥AB成立？若存在，求出B点的坐标；若不存在，说明理由．
课时作业(四十九)
【基础热身】
1．A [解析] |AB|＝eq \r(1＋32＋1＋32＋1＋32)＝4eq \r(3).故选A.
2．C [解析] 点P(－5，－2,3)到x轴的距离为eq \r(－22＋32)＝eq \r(13).故选C.
3．C [解析] 动点P到定点(－2,1,3)的距离为定值eq \r(3)，所以点P的轨迹是球面．
4．(－11,5,14) [解析] 设点C的坐标为(x，y，z)，由中点公式得eq \f(x＋5,2)＝－3，eq \f(y－3,2)＝1，eq \f(z－6,2)＝4，所以x＝－11，y＝5，z＝14，所以点C的坐标为(－11,5,14)．
【能力提升】
5．C [解析] 点C的坐标为(1,1,0)，点C1的坐标为(1,1,1)，故中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2))).故选C.
6．A [解析] 设满足条件的点为(x,0,0)，代入两点间距离公式：eq \r(x－42＋0－12＋0－22)＝eq \r(30)，解得x＝9或x＝－1，所以满足条件的点为(9,0,0)或(－1,0,0)．故选A.
7．C [解析] 由两点间距离公式可得|AB|＝eq \r(89)，|AC|＝eq \r(75)，|BC|＝eq \r(14)，从而|AC|2＋|BC|2＝|AB|2，所以△ABC是直角三角形．故选C.
8．A [解析] 设该定点的坐标为(x，y，z)，则有x2＋y2＝1，y2＋z2＝1，z2＋x2＝1，三式相加得2(x2＋y2＋z2)＝3.所以该点到原点的距离为d＝eq \r(x2＋y2＋z2)＝eq \r(\f(3,2))＝eq \f(\r(6),2).故选A.
9．(2,0,3) [解析] M在xOz平面上的射影为M′(－2,0，－3)，所以M′关于原点对称点的坐标为(2,0,3)．
10．(6,1,19)，(9，－5,12) [解析] 点E分别是点A与点C、点B与点D的中点，由中点公式可得C，D的坐标分别为：(6,1,19)，(9，－5,12)．
11.eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＋eq \f(z,c)＝1 [解析] 通过直线方程的结构形式，可以类比得出平面的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＋eq \f(z,c)＝1.
12．[解答] 如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系．因为正方体棱长为a，所以B(a，a,0)，A′(a,0，a)，C′(0，a，a)，D′(0,0，a)．由于M为BD′的中点，取A′C′中点O′，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2)))，O′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，a)).
因为|A′N|＝3|NC′|，所以N为A′C′的四等分点，从而N为O′C′的中点，故Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，\f(3a,4)，a)).
根据空间两点距离公式，可得|MN|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－\f(a,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－\f(3a,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－a))2)＝eq \f(\r(6),4)a.
【难点突破】
13．[解答] 如图，若PA⊥AB恒成立，则AB⊥平面POA，
所以AB⊥OA，
设B(0，y,0)，则有OA＝eq \r(2)，OB＝y，AB＝eq \r(1＋y－12).
由OB2＝OA2＋AB2，得y2＝2＋1＋(y－1)2，解得y＝2，
所以存在这样的点B，当点B为(0,2,0)时，PA⊥AB成立．