2.3.2 两点间的距离公式-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

目录 第二章　直线和圆的方程 2.3　直线的交点坐标 与距离公式 2.3.2　两点间的距离公式 目录 15分钟对点练 30分钟综合练 15分钟对点练 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析 * 知识点一　两点间的距离公式 1．一条平行于x轴的线段的长是5个单位，它的一个端点是A(2，1)，则它的另一个端点B的坐标是(　　) A．(－3，1)或(7，1) B．(2，－4)或(2，6) C．(－3，1)或(5，1) D．(2，－5)或(2，5) 解析　因为AB平行于x轴，所以点B的纵坐标为1.因为线段的长度为5，所以点B的横坐标为7或－3. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析 * 2．已知点A(x，5)关于点C(1，y)的对称点是B(－2，－3)，则点P(x，y)到原点的距离是(　　) A．4 B．eq \r(13) C．eq \r(15) D．eq \r(17) 解析　由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝\f(x－2,2)，,y＝\f(5－3,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝1.))∴点P(4，1)到原点的距离d＝eq \r(42＋12)＝eq \r(17). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 * 知识点二　两点间距离公式的应用 3．已知平面直角坐标系中两点A(1，0)，B(5，0)，直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x，直线l上有两动点P，Q(P在Q的左下侧)且|PQ|＝eq \r(5)，则|AP|＋|QB|的最小值为(　　) A．3 B．2eq \r(3) C．4 D．2eq \r(5) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 解析 * 解析　因为P，Q是直线l：y＝eq \f(1,2)x上的两点，P在Q的左下侧，所以设P(2y1，y1)，Q(2y2，y2)，且y1<y2.因为|PQ|＝eq \r(5)，所以eq \r(（2y1－2y2）2＋（y1－y2）2)＝eq \r(5)，则|y1－y2|＝1，故y2－y1＝1，即y2＝y1＋1，所以|QB|＝2,2)eq \r(（2y2－5）2＋y) ＝eq \r(（2y1－3）2＋（y1＋1）2)，则|QB|可转化为P(2y1，y1)到C(3，－1)的距离，不妨设A(1，0)关于直线l：y＝eq \f(1,2)x的对称点为A′(x，y)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)＝\f(1,2)×\f(x＋1,2)，,\f(y,x－1)×\f(1,2)＝－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,5)，,y＝\f(4,5)，))即 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 解析 * A′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))，所以|AP|＋|QB|＝|A′P|＋|PC|≥|A′C|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)－3))\s\up20(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)＋1))\s\up20(2))＝3(当且仅当A′，P，C三点共线时，等号成立)，即|AP|＋|QB|的最小值为3.故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析 * 4．直线l1：x－my－2＝0与直线l2：mx＋y＋2＝0交于点Q，m是实数，O为坐标原点，则|OQ|的最大值是(　　) A．2 B．2eq \r(2) C．2eq \r(3) D．4 解析　因为l1：x－my－2＝0与l2：mx＋y＋2＝0的交点坐标为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－2m,1＋m2)，－\f(2＋2m,1＋m2)))，所以|OQ|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－2m,1＋m2)))\s\up20(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2＋2m,1＋m2)))\s\up20(2))＝eq \r(\f(8（1＋m2）,（1＋m2）2))＝eq \f(2\r(2),\r(1＋m2))，当m＝0时，|OQ|max＝2eq \r(2)，所以|OQ|的最大值是2eq \r(2).故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 解 * 5．已知△ABC的三个顶点分别是A(1，－1)，B(－1，3)，C(3，0)． (1)判断△ABC的形状； (2)求△ABC的面积． 解　(1)如图，△ABC为直角三角形，下面进行验证： 解法一：∵|AB|＝eq \r(（－1－1）2＋[3－（－1）]2)＝2eq \r(5)， |AC|＝eq \r(（3－1）2＋[0－（－1）]2)＝eq \r(5)， |BC|＝eq \r([3－（－1）]2＋（0－3）2)＝5， ∴|AB|2＋|AC|2＝|BC|2， 即△ABC是以A为直角顶点的直角三角形． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 解 * 解法二：∵kAB＝eq \f(3－（－1）,－1－1)＝－2，kAC＝eq \f(0－（－1）,3－1)＝eq \f(1,2)， ∴kABkAC＝－1，∴AB⊥AC， ∴△ABC是以A为直角顶点的直角三角形． (2)∵A＝90°，|AB|＝2eq \r(5)，|AC|＝eq \r(5)， ∴S△ABC＝eq \f(1,2)|AB|·|AC|＝5. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 * [名师点拨]　平面上两点间的距离公式的应用类型 (1)已知所求点的相关信息及该点到某点的距离满足某些条件时，设出所求点的坐标，利用两点间的距离公式建立关于所求点坐标的函数、方程或方程组求解． (2)利用两点间的距离公式可以判断三角形的形状．从三边长入手，如果边长相等，则可能是等腰三角形或等边三角形，如果满足勾股定理，则是直角三角形． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 证明 * 证明　如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝eq \f(π,2)，D为斜边BC的中点，所以以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系，设B(a，0)，C(0，b)，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(b,2)))，所以|DA|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up20(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))\s\up20(2))＝eq \f(\r(a2＋b2),2)，|DC|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(a,2)))\s\up20(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(b,2)))\s\up20(2))＝eq \f(\r(a2＋b2),2)，|DB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a,2)))\s\up20(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(b,2)))\s\up20(2))＝eq \f(\r(a2＋b2),2)，所以|DA|＝|DC|＝|DB|，即在直角三角形中，斜边的中点到三个顶点的距离相等． 知识点三　运用坐标法解决平面几何问题 6．证明：在直角三角形中，斜边的中点到三个顶点的距离相等． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 证明 * 7．在△ABC中，D是BC边上任意一点(D与B，C不重合)，且|AB|2＝|AD|2＋|BD|·|DC|.求证：△ABC为等腰三角形． 证明　作AO⊥BC，垂足为O，以BC所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系(如图所示)． 设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，D(d，0)． 因为|AB|2＝|AD|2＋|BD|·|DC|，所以由两点间的距离公式可得 b2＋a2＝d2＋a2＋(d－b)·(c－d)，即－(d－b)(b＋d)＝(d－b)(c－d)． 又d－b≠0，故－b－d＝c－d，即－b＝c. 所以|AB|＝eq \r(a2＋b2)，|AC|＝eq \r(a2＋c2)＝eq \r(a2＋b2)，所以|AB|＝|AC|，即△ABC为等腰三角形． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 * [规律方法]　用坐标法解决平面几何问题的基本步骤 第一步：建立适当的直角坐标系，用坐标表示有关的量． 第二步：进行有关的代数计算 在分析三角形的形状时，要从两方面考虑：一是要考虑角的特征，主要考虑是否为直角；二是要考虑三角形边的长度特征，主要考虑边是否相等或是否满足勾股定理． 第三步：把代数运算结果“翻译”成几何关系． 提醒：建系时让图形中尽可能多的点落在坐标轴上，这样便于运算． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 证明 * 证明　以两条对角线的交点为原点O，对角线所在直线为坐标轴，建立平面直角坐标系(如图所示)． 设A(－a，0)，B(0，－b)，C(c，0)，D(0，d)，分别取CD和AB的中点E，F，圆心为M， ∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(d,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(b,2))). 设M(x，y)，∵点M到点A，C的距离相等， ∴eq \r(（x＋a）2＋y2)＝eq \r(（x－c）2＋y2)，∴x＝eq \f(c－a,2). 8．求证：若圆内接四边形的两条对角线互相垂直，则连接对角线交点与一边中点的线段长等于圆心到该边对边中点的距离． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 证明 * 又点M到点B，D的距离相等， ∴eq \r(x2＋（y＋b）2)＝eq \r(x2＋（y－d）2)，∴y＝eq \f(d－b,2)， 即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c－a,2)，\f(d－b,2))). ∴|OF|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up20(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))\s\up20(2))＝eq \f(\r(a2＋b2),2)， |ME|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c－a,2)－\f(c,2)))\s\up20(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d－b,2)－\f(d,2)))\s\up20(2)) ＝eq \f(\r(a2＋b2),2)，∴|OF|＝|ME|.命题得证． 30分钟综合练 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 一、选择题 1．已知△ABC的三个顶点A(3，0)，B(－1，2)，C(1，－3)，则△ABC的中线AD的长是(　　) A．eq \f(\r(37),2) B．3 C．eq \f(\r(38),2) D．eq \f(1,2) 解析　由题意可知，线段BC的中点为Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)))，故|AD|＝eq \r(（3－0）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＋\f(1,2)))\s\up20(2))＝eq \f(\r(37),2).故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 2．过点A(4，a)和B(5，b)的直线与y＝x＋m平行，则|AB|的值为(　　) A．6 B．eq \r(2) C．2 D．不确定 解析　由题意可知直线AB的斜率与直线y＝x＋m的斜率相同，∴eq \f(b－a,5－4)＝1，∴b－a＝1，∴|AB|＝eq \r(（5－4）2＋（b－a）2)＝eq \r(2). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 3．设点A在x轴上，点B在y轴上，AB的中点是P(2，－1)，则|AB|＝(　　) A．5 B．4eq \r(2) C．2eq \r(5) D．2eq \r(10) 解析　设A(a，0)，B(0，b)，则eq \f(a,2)＝2，eq \f(b,2)＝－1，解得a＝4，b＝－2，∴|AB|＝eq \r(（4－0）2＋（0＋2）2)＝2eq \r(5). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 解析　设点P(x，y)，则y＝eq \f(2x＋5,3).由|PA|＝eq \r(13)，得(x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋5,3)－3)) eq \s\up20(2)＝13，即(x－2)2＝9，解得x＝－1或x＝5.当x＝－1时，y＝1；当x＝5时，y＝5，所以点P的坐标是(－1，1)或(5，5)． 4．(2024·龙岩一中高二月考)在直线2x－3y＋5＝0上取点P，使点P到A(2，3)的距离为eq \r(13)，则点P的坐标是(　　) A．(5，5) B．(－1，1) C．(5，5)或(－1，1) D．(5，5)或(1，－1) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 5．函数f(x)＝eq \r(x2＋9)＋eq \r(x2－6x＋10)的值域是(　　) A．[3eq \r(2)＋1，＋∞) B．[3＋eq \r(10)，＋∞) C．[5，＋∞) D．[4，＋∞) 解析　依题意，f(x)＝eq \r(（x－0）2＋（0－3）2)＋eq \r(（x－3）2＋（0＋1）2)，即f(x)表示坐标平面内x轴上的点P(x，0)到定点A(0，3)，B(3，－1)的距离的和，而|AB|＝eq \r(32＋42)＝5，如图，线段AB与x轴交于点C，有|PA|＋|PB|≥|AB|＝5，当且仅当点P与点C重合时取等号，即f(x)min＝5，所以函数f(x)＝eq \r(x2＋9)＋eq \r(x2－6x＋10)的值域是[5，＋∞)．故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 答案 * 二、填空题 6．两条直线l1：3ax－y－2＝0和l2：(2a－1)x＋5ay－1＝0分别过定点A，B，则|AB|＝________． 解析　直线l1：y＝3ax－2过定点A(0，－2)，直线l2：a(2x＋5y)－(x＋1)＝0，解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋5y＝0，,x＋1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝\f(2,5)，))所以直线l2过定点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,5))).由两点间的距离公式得|AB|＝eq \f(13,5). eq \f(13,5) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 正方形 解析 答案 * 7．已知A(1，2)，B(－1，1)，C(0，－1)，D(2，0)，则四边形ABCD的形状为________． 解析　∵kAB＝eq \f(1,2)，kCD＝eq \f(1,2)，kBC＝－2，kAD＝－2，∴AB∥CD，BC∥AD，AB⊥BC，∴四边形ABCD为矩形．又|AB|＝eq \r(（1＋1）2＋（2－1）2)＝eq \r(5)，|BC|＝eq \r(（－1－0）2＋（1＋1）2)＝eq \r(5)，∴|AB|＝|BC|，故四边形ABCD为正方形． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9 解析 答案 * 8．已知E(2，0)，F(0，－2)，点P在直线3x－y＋1＝0上移动，则|PE|2＋|PF|2的最小值为________． 解析　因为点P在直线3x－y＋1＝0上，所以可设点P的坐标为(a，3a＋1)，其中a∈R，所以|PE|2＋|PF|2＝(a－2)2＋(3a＋1)2＋a2＋(3a＋3)2＝20eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2))) eq \s\up20(2)＋9，故当a＝－eq \f(1,2)时，|PE|2＋|PF|2取得最小值9. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * 三、解答题 9．在直线l：3x－y＋1＝0上求一点P，使点P到两点A(1，－1)，B(2，0)的距离相等． 解　解法一：设点P的坐标为(x，y)， 由P在l上和P到A，B距离相等建立方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－y＋1＝0，,\r(（x－1）2＋（y＋1）2)＝\r(（x－2）2＋y2)，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，)) 所以点P的坐标为(0，1)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * 解法二：设P(x，y)，两点A(1，－1)，B(2，0)连线所得线段的中垂线方程为x＋y－1＝0，① 又直线l：3x－y＋1＝0，② 解由①②组成的方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－y＋1＝0，,x＋y－1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，)) 所以点P的坐标为(0，1)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 证明 * 10．用坐标法证明：如果四边形ABCD是长方形，则对平面上任一点M，等式|AM|2＋|CM|2＝|BM|2＋|DM|2恒成立． 证明　以A为原点，长方形ABCD的两条边AB，AD所在的直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，设长方形ABCD的四个顶点A(0，0)，B(a，0)，C(a，b)，D(0，b)．在平面上任取一点M(m，n)，则|AM|2＋|CM|2＝m2＋n2＋(m－a)2＋(n－b)2，|BM|2＋|DM|2＝(m－a)2＋n2＋m2＋(n－b)2，所以|AM|2＋|CM|2＝|BM|2＋|DM|2. 目录 　　　　　　　　　　　　　 R $$