第七章课后 课时7 答案

课时7综合法求空间角与距离A【解析】取BC的中点P，连接PF，PE，则PF∥CD，PE∥AB，所以∠FPE是AB与CD所成的角(或其补角)，AB＝6，CD＝8，所以，PF＝4，PE＝3.又因为EF＝5，所以∠FPE＝90°.故选A.D【解析】如图，连接CB1.因为AB＝2，BB1＝eq\r(2)，所以AB1＝eq\r(6)，CB1＝eq\r(6)，AC＝2，设AC的中点为D，连接B1D，则B1D⊥AC，设点C到直线AB1的距离为h，故S△AB1C＝eq\f(1,2)×B1D×AC＝eq\f(1,2)h×AB1，即eq\r(6－1)×2＝h×eq\r(6)，解得h＝eq\f(\r(30),3).故选D.3、C【解析】连接DM.因为几何体是正方体，所以∠D1MD就是直线D1M与平面ABCD所成角，tan∠D1MD＝eq\f(DD1,DM)＝eq\f(a,\f(\r(5)a,2))＝eq\f(2\r(5),5).故选C.B【解析】如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，取AB的中点为H，底面正方形的中心为O，连接OH，PH，因为PH⊥AB，OH⊥AB，所以∠PHO为侧面与底面所成的角，因为PO为高，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OH.所以在Rt△POH中，OH＝eq\f(a,2)，PO＝a，PH＝eq\r(OH2＋PO2)＝eq\f(\r(5),2)a，cos∠PHO＝eq\f(OH,PH)＝eq\f(\r(5),5)，所以侧面与底面所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5).故选B.5．C【解析】由AC＝CB知，AC⊥CB，取AB的中点M，连接C1M，CM，由条件，可知∠C1MC即为二面角C1－AB－C的平面角，设AC＝CB＝CC1＝a，则CM＝eq\f(\r(2),2)a，所以tan∠C1MC＝eq\f(CC1,CM)＝eq\r(2).故选C.D【解析】在正四面体中,设棱长为2,设为底面三角形的中心，则平面.取边的中点，连结,如图.则易证.又，所以平面.又平面，所以,所以异面直线与所成的角.又平面，所以直线与平面所成的角.在中,,,所以.取边的中点，连结，则.所以二面角的平面角.在中，.由余弦定理，得.即，所以.故选D.7、ABC【解析】对于A，因为E为AB的中点，所以BE＝CD，BE∥CD，所以四边形EBCD为平行四边形，又AB⊥BC，所以四边形EBCD为矩形，所以CD⊥DE.因为PD＝AD＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，CD＝2，PC＝2eq\r(3)，所以PD2＋CD2＝PC2，所以CD⊥PD，故A正确；对于B，又PD∩DE＝D，PD，DE⊂平面EDP，所以CD⊥平面EDP，B正确；对于C，PD⊥CD，又DE⊥CD，所以二面角P－CD－B的平面角为∠PDE，因为PE⊥DE，PE＝DE＝2，所以∠PDE＝eq\f(π,4)，所以二面角P－CD－B的大小为eq\f(π,4)，C正确；对于D，因为CD⊥平面EDP，所以∠CPD即为直线PC与平面EDP所成的角，因为CD⊥PD，PD＝2eq\r(2)，CD＝2，所以tan∠CPD＝eq\f(CD,PD)＝eq\f(2,2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，即直线PC与平面EDP所成角的正切值为eq\f(\r(2),2)，D错误．故选ABC.8．AC【解析】将该几何体还原为原正四面体Q－MNS，棱长为a，设△MNS中心为O，连接OQ，ON，则ON＝eq\f(\r(3),3)a，OQ＝eq\r(\f(2,3))a，S△MNS＝eq\f(\r(3),4)a2，VQ－MNS＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)a2×eq\r(\f(2,3))a＝eq\f(\r(2),12)a3，对于A，因为JL∥QN，所以直线BD与JL所成角即为MQ与QN所成角为eq\f(π,3)，故A正确；对于B，直线CG与平面EFHILK所成角为QN与底面MNS所成的角，∠QNO即为所求角，sin∠QNO＝eq\f(QO,QN)＝eq\r(\f(2,3))，∠QNO≠eq\f(π,6)，故B错误；对于C，该几何体的体积为大正四面体的体积减去4个棱长为1的小正四面体的体积，eq\f(\r(2),12)×33－4×eq\f(\r(2),12)×13＝eq\f(23\r(2),12)，故C正确；对于D，二面角A－BC－D的大小与A－BC－Q的大小互补，显然A－BC－Q的大小为锐角，所以二面角A－BC－D的大小一定为钝角，故D错误.故选AC.9．ABD【解析】由题意得：正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，连接B1C，设B1C，BC1交于O点，因为B1C⊥BC1，B1C⊥AB，所以B1C⊥平面ABC1D1，所以∠CBC1即为直线BC与平面ABC1D1所成的角，且∠CBC1＝eq\f(π,4)，故A正确；连接B1C，因为CO⊥BC1，B1C⊥AB，所以CO⊥平面ABC1D1，所以点C到平面ABC1D1的距离为CO＝eq\f(1,2)B1C＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\r(2)，故B正确；连接D1C，AD1，由正方体性质可知AD1∥BC1，故异面直线D1C和BC1所成的角即为D1C和AD1所成的角∠AD1C，又因为AD1＝AC＝CD1，所以△AD1C为等边三角形，所以∠AD1C＝eq\f(π,3)，故C错误；过P作PM⊥CD，过M作MQ⊥AC，连接PQ，PQ为异面直线之间的距离，这时PQ距离最小；设DP＝x，Rt△DPM为等腰直角三角形，则PM＝eq\f(\r(2),2)x，CM＝CD－DM＝2－eq\f(\r(2),2)x，Rt△CQM也为等腰直角三角形，则MQ＝eq\f(\r(2),2)CM＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(2),2)x))＝eq\r(2)－eq\f(1,2)x，因为△PMQ为直角三角形，故PQ2＝PM2＋MQ2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(1,2)x))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,4)x2－eq\r(2)x＋2＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2\r(2),3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(4,3)，当x＝eq\f(2\r(2),3)时，PQ2取最小值eq\f(4,3)，故PQmin＝eq\f(2\r(3),3)，故D正确.故选ABD.10．2eq\r(2)【解析】由题可得AB＝8，因为AP＝BP，所以S△ABP＝eq\f(1,2)×8×4＝16，因为PC⊥平面ABP，且PC＝4，所以VC－ABP＝eq\f(1,3)×16×4＝eq\f(64,3)，因为AP＝BP＝4eq\r(2)，所以AC＝BC＝4eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×8×eq\r(48－16)＝16eq\r(2)，设点P到平面ABC的距离为d，则VP－ABC＝eq\f(1,3)×16eq\r(2)d＝eq\f(64,3)，解得d＝2eq\r(2).11．2eq\r(3)π【解析】由题意可知O是底面等边三角形ABC的中心，所以OB＝eq\f(BC,2sinA)＝2eq\r(3)，进而OP＝eq\r(BP2－OB2)＝eq\r(82－（2\r(3)）2)＝2eq\r(13)，如图，连接DP，DO，由于OP⊥底面ABC，所以∠PDO即为直线PD与底面ABC所成的角，所以tan∠PDO＝eq\f(2\r(39),3)＝eq\f(OP,OD)OD＝eq\r(3)，因此点D在以O为圆心，半径为eq\r(3)的圆上运动，所以D的轨迹长为2π·OD＝2eq\r(3)π.12．eq\f(\r(3),3)【解析】取BC的中点D，连接PD，AD，因为PB＝PC，所以PD⊥BC，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，因为PD，PA⊂平面PAD，PA∩PD＝P，所以BC⊥平面PAD，因为AD⊂平面PAD，所以BC⊥AD，所以∠PDA即为二面角P－BC－A的平面角，因为PB＝PC＝BC＝6，所以PD＝eq\f(\r(3),2)×6＝3eq\r(3)，sin∠PDA＝eq\f(PA,PD)＝eq\f(3,3\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，即二面角P－BC－A的正弦值是eq\f(\r(3),3).13．(1)【证明】如图所示，连接OG并延长交AC于点M，连接QM，QO.因为G为△AOC的重心，所以M为AC的中点．因为O为AB的中点，所以OM∥BC.因为OM⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以OM∥平面PBC，同理QM∥平面PBC，又OM⊂平面QMO，QM⊂平面QMO，OM∩QM＝M，所以平面QMO∥平面PBC.因为QG⊂平面QMO，所以QG∥平面PBC.(2)【解】因为AB是圆O的直径，所以BC⊥AC，由(1)知OM∥BC，所以OM⊥AC.因为PA⊥平面ABC，OM⊂平面ABC，所以PA⊥OM.又PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，所以OM⊥平面PAC，所以GM就是点G到平面PAC的距离．由已知可得，OA＝OC＝AC＝1，所以△AOC为正三角形，所以OM＝eq\f(\r(3),2).又G为△AOC的重心，所以GM＝eq\f(1,3)OM＝eq\f(\r(3),6).故点G到平面PAC的距离为eq\f(\r(3)