【-學案導學設計】2020-2021學年高中人教B版數(shù)學必修二課時作業(yè)：第2章-2.4.2

2.4.2空間兩點的距離公式【課時目標】1．把握空間兩點間的距離公式．2．理解空間兩點間距離公式的推導過程和方法．3．能夠用空間兩點間距離公式解決簡潔的問題．1．在空間直角坐標系中，給定兩點A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，則d(A，B)＝|AB|＝____________________________________________．特殊地：設點A(x，y，z)，則A點到原點的距離為：d(O，A)＝|OA|＝______________________．2．若點P1(x1，y1,0)，P2(x2，y2,0)，則|P1P2|＝________________________________________________________________________．3．若點P1(x1,0,0)，P2(x2,0,0)，則|P1P2|＝______________．一、選擇題1．若A(1,3，－2)、B(－2,3,2)，則A、B兩點間的距離為()A．eq\r(61)B．25C．5D．eq\r(57)2．在長方體ABCD－A1B1C1D1中，若D(0,0,0)、A(4,0,0)、B(4,2,0)、A1(4,0,3)，則對角線AC1的長為A．9B．eq\r(29)C．5D．2eq\r(6)3．到點A(－1，－1，－1)，B(1,1,1)的距離相等的點C(x，y，z)的坐標滿足()A．x＋y＋z＝－1B．x＋y＋z＝0C．x＋y＋z＝1D．x＋y＋z＝44．已知A(2,1,1)，B(1,1,2)，C(2,0,1)，則下列說法中正確的是()A．A、B、C三點可以構成直角三角形B．A、B、C三點可以構成銳角三角形C．A、B、C三點可以構成鈍角三角形D．A、B、C三點不能構成任何三角形5．已知A(x,5－x,2x－1)，B(1，x＋2,2－x)，當|AB|取最小值時，x的值為()A．19B．－eq\f(8,7)C．eq\f(8,7)D．eq\f(19,14)6．點P(x，y，z)滿足eq\r(x－12＋y－12＋z＋12)＝2，則點P在()A．以點(1,1，－1)為球心，以eq\r(2)為半徑的球面上B．以點(1,1，－1)為中心，以eq\r(2)為棱長的正方體內C．以點(1,1，－1)為球心，以2為半徑的球面上D．無法確定二、填空題7．在空間直角坐標系中，正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點A(3，－1,2)，其中心M的坐標為(0,1,2)，則該正方體的棱長為________8．已知Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,2)，z))到直線AB中點的距離為3，其中A(3,5，－7)，B(－2,4,3)，則z＝________．9．在空間直角坐標系中，已知點A(1,0,2)，B(1，－3,1)，點M在y軸上，且M到A與到B的距離相等，則M的坐標是________．三、解答題10．在xOy平面內的直線x＋y＝1上確定一點M，使它到點N(6,5,1)的距離最小．11．如圖所示，BC＝4，原點O是BC的中點，點A的坐標為(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，點D在平面yOz上，且∠BDC＝90°，∠DCB＝30°，求AD的長度．力氣提升12．已知正方形ABCD、ABEF的邊長都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，點M在AC上移動，點N在BF上移動，若CM＝BN＝a(0＜a＜eq\r(2))．(1)求MN的長；(2)當a為何值時，MN的長最?。?3．在長方體ABCD—A1B1C1D1中，|AB|＝|AD|＝3，|AA1|＝2，點M在A1C1上，|MC1|＝2|A1M|，N在D1C上且為D1C中點，求空間中兩點的距離公式，是數(shù)軸上和平面上兩點間距離公式的進一步推廣，反之，它可以適用于平面和數(shù)軸上兩點間的距離的求解．設P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)，則d(P1，P2)＝eq\r(x2－x12＋y2－y12＋z2－z12)，當P1，P2兩點落在了坐標平面內或與坐標平面平行的平面內時，此公式可轉化為平面直角坐標系中的兩點間距離公式，當兩點落在坐標軸上時，則公式轉化為數(shù)軸上兩點間距離公式．2．4．2空間兩點的距離公式答案學問梳理1．eq\r(x2－x12＋y2－y12＋z2－z12)eq\r(x2＋y2＋z2)2．eq\r(x1－x22＋y1－y22)3．|x1－x2|作業(yè)設計1．C[|AB|＝eq\r(1＋22＋3－32＋－2－22)＝5．]2．B[由已知求得C1(0,2,3)，∴|AC1|＝eq\r(29)．]3．B[|AC|＝|BC|?(x＋1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2．即x＋y＋z＝0．]4．A[|AB|＝eq\r(2)，|BC|＝eq\r(3)，|AC|＝1，∴|AB|2＋|AC|2＝|BC|2．故構成直角三角形．]5．C[∵|AB|＝eq\r(x－12＋3－2x2＋3x－32)＝eq\r(14x2－32x＋19)，∴當x＝－eq\f(－32,2×14)＝eq\f(8,7)時，|AB|最?。甝6．C7．eq\f(2\r(39),3)8．0或－4解析利用中點坐標公式，則AB中點Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(9,2)，－2))，|PC|＝3，即eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－\f(9,2)))2＋[z－－2]2)＝3，解得z＝0或z＝－4．9．(0，－1,0)解析設M的坐標為(0，y,0)，由|MA|＝|MB|得(0－1)2＋(y－0)2＋(0－2)2＝(0－1)2＋(y＋3)2＋(0－1)2，整理得6y＋6＝0，∴y＝－1，即點M的坐標為(0，－1,0)．10．解∵點M在直線x＋y＝1(xOy平面內)上，∴可設M(x,1－x,0)．∴|MN|＝eq\r(x－62＋1－x－52＋0－12)＝eq\r(2x－12＋51)≥eq\r(51)，當且僅當x＝1時取等號，∴當點M坐標為(1,0,0)時，|MN|min＝eq\r(51)．11．解由題意得B(0，－2,0)，C(0,2,0)，設D(0，y，z)，則在Rt△BDC中，∠DCB＝30°，∴BD＝2，CD＝2eq\r(3)，z＝eq\r(3)，y＝－1．∴D(0，－1，eq\r(3))．又∵A(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，∴|AD|＝eq\r(\f(\r(3),2)2＋\f(1,2)＋12＋\r(3)2)＝eq\r(6)．12．解∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AB⊥BE，∴BE⊥平面ABCD，∴AB、BC、BE兩兩垂直．過點M作MG⊥AB，MH⊥BC，垂足分別為G、H，連接NG，易證NG⊥AB．∵CM＝BN＝a，∴CH＝MH＝BG＝GN＝eq\f(\r(2),2)a，∴以B為原點，以AB、BE、BC所在的直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Bxyz，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，1－\f(\r(2),2)a))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0))．(1)|MN|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a－\f(\r(2),2)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(\r(2),2)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)a－0))2)＝eq\r(a2－\r(2)a＋1)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(2),2)))2＋\f(1,2))，(2)由(1)得，當a＝eq\f(\r(2),2)時，|MN|最短，最短為eq\f(\r(2),2)，這時M、N恰好為AC、BF的中點．13．解如圖分別以AB、AD、AA1所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系．由題意可知C(3,3,0)，D(0,3,0)，∵|DD1|＝|CC1|＝2，