课时跟踪检测(二十六) 空间两点间的距离公式

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课时跟踪检测（二十六） 空间两点间的距离公式

层级一 学业水平达标

1．点P(1,2,5)到平面xOy的距离是( )

A．1 B．2

C．5 D．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ABCD-A1B1C1D1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．9 B.29

C．5 D．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．25 B．4

C．22 D．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4 B．6或2

C．3或－4 D．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．28 B．－28

C．14 D．－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

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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6

8．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：101

9．如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1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ABC-A1B1C1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，

∴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， 第 3 页 共 5 页

|EF|＝0－12＋1－02＋2－02＝6.

层级二 应试能力达标

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．2

B.6

C．3 D．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．2 B．3

C．4 D．5

解析：选B x2＋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ABCD-A1B1C1D1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|AC1|＝[3－－3]2＋－1－32＋2－22＝213，所以正方体的棱长为2133＝2393.

答案：2393

6．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)，第 4 页 共 5 页

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)．

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(0

(1)MN的长；

(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. 第 5 页 共 5 页

∴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(0

(2)∵|MN|＝ a－222＋12，

∴当a＝22时，|MN|min＝22.

即a＝22时，MN的长最小．