高中数学选修2-1 第三章 空间向量与立体几何 3.1.5 Word版含答案

学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．已知a＝(1，－2，1)，a－b＝(－1，2，－1)，则b＝(　　)
A．(2，－4，2)　　　　 B．(－2，4，－2)
C．(－2，0，－2) D．(2，1，－3)
【解析】　b＝a－(－1，2，－1)＝(1，－2，1)－(－1，2，－1)＝(2，－4，2)．
【答案】　A
2．设A(3，3，1)，B(1，0，5)，C(0，1，0)，则AB的中点M到点C的距离|CM|的值为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　∵AB的中点M，∴＝，故|CM|＝||＝ ＝.
【答案】　C
3．已知向量a＝(2，3)，b＝(k，1)，若a＋2b与a－b平行，则k的值是(　　)
A．－6 B．－
C. D．14
【解析】　由题意得a＋2b＝(2＋2k，5)，且a－b＝(2－k，2)，又因为a＋2b和a－b平行，则2(2＋2k)－5(2－k)＝0，解得k＝.
【答案】　C
4．如图3­1­36，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝，E，F分别是平面A1B1C1D1、平面BCC1B1的中心，则E，F两点间的距离为(　　)
图3­1­36
A．1 B.
C. D.
【解析】　以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(1，1，)，F，所以|EF|＝
＝，故选C.
【答案】　C
5．已知a＝(1－t，1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值是(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　b－a＝(1＋t，2t－1，0)，
∴|b－a|2＝(1＋t)2＋(2t－1)2＋02
＝5t2－2t＋2＝5＋.
∴|b－a|＝.
∴|b－a|min＝.
【答案】　C
二、填空题
6．已知点A(1，2，3)，B(2，1，2)，P(1，1，2)，O(0，0，0)，点Q在直线OP上运动，当·取得最小值时，点Q的坐标为________．
【解析】　设＝λ＝(λ，λ，2λ)，故Q(λ，λ，2λ)，故＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)．则·＝6λ2－16λ＋10＝6－，当·取最小值时，λ＝，此时Q点的坐标为.
【答案】　
7．若＝(－4，6，－1)，＝(4，3，－2)，|a|＝1，且a⊥，a⊥，则a＝________．
【解析】　设a＝(x，y，z)，由题意有代入坐标可解得或
【答案】　或
8．若A(m＋1，n－1，3)，B(2m，n，m－2n)，C(m＋3，n－3，9)三点共线，则m＋n＝________．
【解析】　因为＝(m－1，1，m－2n－3)，＝(2，－2，6)，由题意得∥，则＝＝，所以m＝0，n＝0，m＋n＝0.
【答案】　0
三、解答题
9．已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)．
(1)求|2a＋b|; 【导学号：18490101】
(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)
【解】　(1)2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)
＝(0，－5，5)，
故|2a＋b|＝＝5.
(2)＝＋＝＋t＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t，4－2t)，
若⊥b，则·b＝0，
所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝，
因此存在点E，使得⊥b，E点坐标为.
10．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是棱DD1的中点，O是正方形ABCD的中心．
求证：⊥.
【证明】　建立空间直角坐标系，如图所示，设正方形的棱长为1个单位，则A(1，0，0)，A1(1，0，1)，M，O.
∴＝，＝.
∵·＝×(－1)＋×0＋1×＝0，
∴⊥.
[能力提升]
1．已知向量a＝(－2，x，2)，b＝(2，1，2)，c＝(4，－2，1)，若a⊥(b－c)，则x的值为(　　)
A．－2 B．2
C．3 D．－3
【解析】　∵b－c＝(－2，3，1)，a·(b－c)＝4＋3x＋2＝0，∴x＝－2.
【答案】　A
2．已知a＝(cos α，1，sin α)，b＝(sin α，1，cos α)，则向量a＋b与a－b的夹角是(　　)
A．90° B．60°
C．45° D．30°
【解析】　a＋b＝(cos α＋sin α，2，sin α＋cos α)，a－b＝(cos α－sin α，0，sin α－cos α)，∴(a＋b)·(a－b)＝0，
∴(a＋b)⊥(a－b)．
【答案】　A
3．已知a＝(3，－2，－3)，b＝(－1，x－1，1)，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是________．
【解析】　因为a与b的夹角为钝角，所以a·b<0，所以3×(－1)＋(－2)×(x－1)＋(－3)×1<0，解得x>－2.若a与b的夹角为π，则x＝，
所以x∈∪.
【答案】　∪
4．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，平面ABC和平面A1B1C1为正三角形，所有的棱长都是2，M是BC边的中点，则在棱CC1上是否存在点N，使得异面直线AB1和MN所夹的角等于45°？
【导学号：18490102】
【解】　以A点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知A(0，0，0)，C(0，2，0)，B(，1，0)，B1(，1，2)，M.
又点N在CC1上，可设N(0，2，m)(0≤m≤2)，
则＝(，1，2)，＝，
所以||＝2，||＝，·＝2m－1.
如果异面直线AB1和MN所夹的角等于45°，那么向量和的夹角等于45°或135°.
又cos〈，〉＝＝.
所以＝±，解得m＝－，这与0≤m≤2矛盾．
所以在CC1上不存在点N，使得异面直线AB1和MN所夹的角等于45°.