2024-2025学年高中数学第二章解析几何初步3.13.23.3空间两点的距离公式课时作业含解析北师大版必修2

PAGE其次章解析几何初步[课时作业][A组基础巩固]1．点P(1，eq\r(2)，eq\r(3))为空间直角坐标系中的点，过点P作平面xOy的垂线，垂足为Q，则点Q的坐标为()A．(0,0，eq\r(3)) B．(0，eq\r(2)，eq\r(3))C．(1，eq\r(3)，0) D．(1，eq\r(2)，0)解析：由空间点的坐标的定义，知点Q的坐标为(1，eq\r(2)，0)．答案：D2．在空间直角坐标系中，P(2,3,4)，Q(－2,3，－4)两点的位置关系是()A．关于x轴对称 B．关于yOz平面对称C．关于坐标原点对称 D．关于y轴对称解析：依据空间中点的对称规律推断．答案：D3．已知A(2,1,1)，B(1,1,2)，C(2,0,1)，则A，B，C三点()A．可以构成直角三角形B．可以构成锐角三角形C．可以构成钝角三角形D．不能构成任何三角形解析：由已知得|AB|＝eq\r(2)，|BC|＝eq\r(3)，|AC|＝1，因此满意|BC|2＝|AB|2＋|AC|2，故△ABC是直角三角形．答案：A4.已知正方体ABCD­A′B′C′D′的棱长为1，且|BP|＝eq\f(1,3)|BD′|，建立如图所示的空间直角坐标系，则点P的坐标为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(1,3)))解析：由点P向xOy平面作垂线，设垂足为Q，易知Q的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，0))，又因为|PQ|＝eq\f(1,3)|D′D|，所以点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(1,3))).答案：D5．已知平行四边形ABCD中，A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C(3,7，－5)，则点D的坐标为________．解析：设平行四边形ABCD的两条对角线的交点为点P，则P为AC，BD的中点．由A(4,1,3)，C(3,7，－5)，得点P的坐标为(eq\f(7,2)，4，－1)，又点B(2，－5,1)，所以点D的坐标为(5,13，－3)．答案：(5,13，－3)6．已知A(1,2,3)，B(5,6，－7)，则线段AB中点D的坐标为________．解析：设D(x，y，z)，由中点坐标公式可得x＝eq\f(1＋5,2)＝3，y＝eq\f(2＋6,2)＝4，z＝eq\f(3－7,2)＝－2，所以D(3,4，－2)．答案：(3,4，－2)7．已知A(2,3，－5)，B(－4,7,5)，则线段AB在yOz平面上的射影长为________．解析：点A(2,3，－5)，B(－4,7,5)在yOz平面上的射影分别为A′(0,3，－5)，B′(0,7,5)，∴线段AB在yOz平面上的射影长A′B′＝eq\r(0－02＋7－32＋5＋52)＝2eq\r(29).答案：2eq\r(29)8．在空间直角坐标系中，已知点A(1,0,2)，B(1，－3,1)，点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是________．解析：设M的坐标为(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，所以y＝－1，即点M的坐标为(0，－1,0)．答案：(0，－1,0)9.四面体P­ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝PB＝2，PC＝1，E为AB的中点，建立空间直角坐标系并写出点P，A，B，C，E的坐标．解析：以P为坐标原点，PA，PB，PC所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则点P(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0，0,1)，E(1,1,0)．10．(1)在z轴上求一点，使它到点A(4,5,6)与到点B(－7,3,11)的距离相等；(2)已知点P到坐标原点的距离等于2eq\r(3)，且它的坐标重量相等，求该点坐标．解析：(1)设z轴上一点P(0,0，z)，则|PA|＝eq\r(4－02＋5－02＋6－z2)，|PB|＝eq\r(－7－02＋3－02＋11－z2)，由|PA|＝|PB|，得z＝eq\f(51,5)，∴所求点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(51,5))).(2)设点P的坐标为(x，x，x)，则d|OP|＝eq\r(x2＋x2＋x2)＝eq\r(3x2)＝2eq\r(3)，∴x2＝4，x＝±2，所求点的坐标为(2,2,2)或(－2，－2，－2)．[B组实力提升]1．已知点A(2,3－μ，－1＋v)关于x轴的对称点为A′(λ，7，－6)，则λ、μ、v的值为()A．λ＝－2，μ＝－4，v＝－5B．λ＝2，μ＝－4，v＝－5C．λ＝2，μ＝10，v＝8D．λ＝2，μ＝10，v＝7解析：关于x轴对称的点，x轴上的坐标不变，其他是相反数，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,3－μ＝－7，,－1＋v＝6))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,μ＝10，,v＝7.))答案：D2．一个四面体中假如有三条棱两两垂直，且垂足不是同一点，这三条棱就像中国武术中的兵器——三节棍，所以，我们常把这类四面体称为“三节棍体”，“三节棍体”ABCD四个顶点在空间直角坐标系中的坐标分别为A(0,0,0)，B(0,4,0)，C(4,4,0)，D(0,0,2)，则此“三节棍体”外接球的表面积是()A．36π B．24πC．18π D．12π解析：可将“三节棍体”ABCD补成长方体，易知CD为外接球的直径．因为CD＝eq\r(42＋42＋22)＝6，所以外接球的半径为3，所以此“三节棍体”外接球的表面积积是36π，故选A.答案：A3．已知空间直角坐标系中三点A，B，M，点A与点B关于点M对称，且已知A点的坐标为(3,2,1)，M点的坐标为(4,3,1)，则B点的坐标为________．解析：设B点的坐标为(x，y，z)，则有eq\f(x＋3,2)＝4，eq\f(y＋2,2)＝3，eq\f(z＋1,2)＝1，解得x＝5，y＝4，z＝1，故B点的坐标为(5,4,1)．答案：(5,4,1)4．如图，已知正方体ABCD­A′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′|，则MN的长________．解析：以D为原点，建立空间直角坐标系．因为正方体的棱长为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\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2)))，O′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\f(a,4)，\f(3,4)a，a)).依据空间两点间的距离公式，可得|MN|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(a,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(3a,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－a))2)＝eq\f(\r(6),4)a.答案：eq\f(\r(6),4)a5.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3，AA1＝2，点M在A1C1上，且MC1＝2A1M，N为D1C解析：如图，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A­xyz.由题意，可知C(3,3,0)，A1(0,0,2)，C1(3,3,2)，D1(0，3,2)．∵N为CD1的中点，∴N(eq\f(3,2)，3,1)．又点M在A1C1上，且MC1＝2A1M，∴M(1,1,2)．由空间两点间的距离公式，得MN＝eq\r(\f(3,2)－12＋3－12＋1－22)＝eq\f(\r(21),2).6.直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝2，CB＝CC1＝4，E，F，M，N分别是A1B1，AB，C1B1，CB的中点．建立如图空间直角坐标系．(1)在平面ABB1A1内找一点P，使△ABP(2)能否在MN上求得一点Q，使△AQB为直角三角形？若能，恳求出点Q的坐标；若不能，请予以证明．解析：(1)因为EF是AB的中垂线，在平面ABB1A1内只有EF上的点与A，B两点的距离相等，则P必在EF上，如题图，A(2,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,4)．设P(1,2，z)，由|PA|＝|AB|，得eq\r(1－22＋2－02＋z－02)＝eq\r(0－22＋4－02＋0－02)，整理，得eq\r(z2＋5)＝eq\r(20)，所以z2＝15.因为z∈[0,4]，所以z＝eq\r(15).故平面ABB1A1内的点P(1,2，eq\r(15))，使得△ABP