2019-2020学年高中数学 课时跟踪检测（二十六）空间两点间的距离公式 北师大版必修2

-1-课时跟踪检测（二十六）空间两点间的距离公式一、基本能力达标1．点P(1,2,5)到平面xOy的距离是()A．1B．2C．5D．不确定解析：选C点P(1,2,5)在平面xOy内的射影为P′(1,2,0)，∴点P(1,2,5)到平面的距离为|PP′|＝5.2．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，若D(0,0,0)，A(4,0,0)，B(4,2,0)，A1(4,0,3)，则对角线AC1的长为()A．9B．29C．5D．26解析：选B由已知求得C1(0,2,3)，∴|AC1|＝29.3．点A(1,2，－1)，点C与点A关于平面xOy对称，点B与点A关于x轴对称，则|BC|的值为()A．25B．4C．22D．27解析：选B点A关于平面xOy对称的点C的坐标是(1,2,1)，点A关于x轴对称的点B的坐标是(1，－2,1)，故|BC|＝1－12＋2＋22＋1－12＝4.4．已知点A(x,1,2)和点B(2,3,4)，且|AB|＝26，则实数x的值是()A．－3或4B．6或2C．3或－4D．6或－2解析：选D由题意得x－22＋1－32＋2－42＝26，解得x＝－2或x＝6.5．已知三点A，B，C的坐标分别为A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C(3,7，λ)，若AB⊥AC，则λ等于()A．28B．－28C．14D．－14解析：选D∵AB⊥AC，∴△ABC为直角三角形，∠A＝90°.∴|BC|2＝|AB|2＋|AC|2.而|BC|2＝λ2－2λ＋146，|AB|2＝44，|AC|2＝(3－λ)2＋37，解得λ＝－14.6．点M(4，－3,5)到x轴的距离为m，到xOy面的距离为n，则m2＋n＝________.解析：∵点M(4，－3,5)到x轴的距离为m＝－32＋52＝34，到xOy面的距离为n＝5，∴m2＋n＝39.答案：39-2-7．已知点P在z轴上，且满足|PO|＝1(O为坐标原点)，则点P到点A(1,1,1)的距离是________．解析：由题意P(0,0,1)或P(0,0，－1)，所以|PA|＝2或6.答案：2或68．已知A(3,5，－7)和点B(－2,4,3)，则线段AB在坐标平面yOz上的射影长度为________．解析：A(3,5，－7)在平面yOz上的射影为A′(0,5，－7)，B(－2,4,3)在平面yOz上的射影为B′(0,4,3)∴|A′B′|＝0－02＋5－42＋－7－32＝101.答案：1019.如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，|AB|＝|AD|＝3，|AA1|＝2，点M在A1C1上，|MC1|＝2|A1M|，N在D1C上且为D1C中点，求M，N两点间的距离．解：如图所示，分别以AB，AD，AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．由题意可知C(3,3,0)，D(0,3,0)，∵|DD1|＝|CC1|＝|AA1|＝2，∴C1(3,3,2)，D1(0,3,2)．∵N为CD1的中点，∴N32，3，1.又M是A1C1的三分之一分点且靠近A1点，∴M(1,1,2)．由两点间距离公式，得|MN|＝32－12＋3－12＋1－22＝212.10．如图所示，直三棱柱ABC­A1B1C1中，|C1C|＝|CB|＝|CA|＝2，AC⊥CB，D，E分别是棱AB，B1C1的中点，F是AC的中点，求DE，EF的长度．解：以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．∵|C1C|＝|CB|＝|CA|＝2，-3-∴C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,2)，B1(0,2,2)，由中点坐标公式可得，D(1,1,0)，E(0,1,2)，F(1,0,0)，∴|DE|＝1－02＋1－12＋0－22＝5，|EF|＝0－12＋1－02＋2－02＝6.二、综合能力提升1．已知A(1,2,3)，B(3,3，m)，C(0，－1,0)，D(2，－1，－1)，则()A．|AB||CD|B．|AB||CD|C．|AB|≤|CD|D．|AB|≥|CD|解析：选D∵|AB|＝1－32＋2－32＋3－m2＝5＋3－m2≥5，|CD|＝0－22＋－1＋12＋0＋12＝5，∴|AB|≥|CD|.2．设点P在x轴上，它到P1(0，2，3)的距离为到点P2(0,1，－1)的距离的两倍，则点P的坐标为()A．(1,0,0)B．(－1,0,0)C．(1,0,0)或(0，－1,0)D．(1,0,0)或(－1,0,0)解析：选D∵点P在x轴上，∴设点P(x,0,0)，由题意|PP1|＝2|PP2|，∴x－02＋0－22＋0－32＝2x－02＋0－12＋0＋12，解得x＝±1.3．△ABC在空间直角坐标系中的位置及坐标如图所示，则BC边上中线的长是()A．2B.6C．3D．22解析：选B由题意可知A(0,0,1)，B(4,0,0)，C(0,2,0)，所以BC边的中点坐标为D(2,1,0)，所以BC边的中线长|AD|＝2－02＋1－02＋0－12＝6.4．点P(x，y，z)的坐标满足x2＋y2＋z2＝1，点A(－2,3，3)，则|PA|的最小值是()A．2B．3C．4D．5解析：选Bx2＋y2＋z2＝1在空间中表示以坐标原点O为球心、1为半径的球面，所以当O，P，A三点共线时，|PA|最小，此时|PA|＝|OA|－|OP|＝|OA|－1＝－22＋32＋32－1＝4－1＝3.5．在空间直角坐标系中，正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A的坐标为(3，－1,2)，其中心M的坐标为(0,1,2)，则该正方体的棱长为________．解析：因为A(3，－1,2)，中心M(0,1,2)，所以C1(－3,3,2)．所以正方体的对角线长为-4-|AC1|＝[3－－3]2＋－1－32＋2－22＝213，所以正方体的棱长为2133＝2393.答案：23936．在空间直角坐标系中，已知△ABC的顶点坐标分别是A(0，3,4)，B(3，－1,4)，C32，72，4，则△ABC是________三角形．解析：∵|AB|＝0－32＋3＋12＋4－42＝5，|AC|＝0－322＋3－722＋4－42＝102，|BC|＝3－322＋－1－722＋4－42＝3102，而|AB|2＝|AC|2＋|BC|2，∴△ABC是直角三角形．答案：直角7．在空间直角坐标系中，已知A(3,0,1)和B(1,0，－3)，试问：(1)在y轴上是否存在点M，满足|MA|＝|MB|?(2)在y轴上是否存在点M，使△MAB为等边三角形？若存在，试求出点M的坐标．解：(1)假设在y轴上存在点M满足|MA|＝|MB|，设M(0，y,0)，则有32＋－y2＋12＝－12＋y2＋32，由于此式对任意y∈R恒成立，即y轴上所有点均满足条件|MA|＝|MB|.(2)假设在y轴上存在点M，使△MAB为等边三角形．由(1)可知，y轴上任一点都满足|MA|＝|MB|，所以只要|MA|＝|AB|就可以使得△MAB是等边三角形．∵|MA|＝3－02＋0－y2＋1－02＝10＋y2，|AB|＝1－32＋0－02＋－3－12＝20，∴10＋y2＝20，解得y＝10或y＝－10.故y轴上存在点M使△MAB为等边三角形，点M的坐标为(0，10，0)或(0，－10，0)．探究应用题8．如图所示，正方形ABCD与正方形ABEF的边长都是1，而且平面ABCD与平面ABEF互相垂直．点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0a2)．求：(1)MN的长；-5-(2)当a为何值时，MN的长最小．解：(1)∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AB⊥BE，∴BE⊥平面ABCD.∴AB，BC，BE两两垂直．∴以B为原点，以BA，BE，BC所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所示空间直角坐标系．则M22a，0，1－22a，N22a，22a，0.∴|MN|＝22a－22a2＋0－22a2＋1－22a－02＝a2－2a＋1＝a－222＋12(0a2)．(2)∵|MN|＝a－222＋12，∴当a＝22时，|MN|min＝22.即a＝22时，MN的长最小．