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单元评估检测(七)
第七章
(120分钟　160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分.把答案填在题中横线上)
1.设a，b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线，则“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的　　　　　条件.(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”“既不充分也不必要”)
【解析】当a，b不相交时，则“l⊥α”不一定成立，当“l⊥α”时，一定有“l⊥a，l⊥b”，所以“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的必要不充分条件.
答案：必要不充分
2.用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为　　　　　.
【解析】S圆=πr2=π⇒r=1，
而截面圆圆心与球心的距离d=1，
所以球的半径为R==.
所以V=πR3=.
答案：
3.(2015·泰安模拟)设a是空间中的一条直线，α是空间中的一个平面，则下列说法正确的是　　　　　.(填序号)
①过a一定存在平面β，使得β∥α；
②过a一定存在平面β，使得β⊥α；
③在平面α内一定不存在直线b，使得a⊥b；
④在平面α内一定不存在直线b，使得a∥b.
【解析】当a与α相交时，不存在过a的平面β，使得β∥α，故①错误；平面α内的直线b只要垂直于直线a在平面α内的投影，则就必然垂直于直线a，故③错误；当a与α平行时，在平面α内存在直线b，使得a∥b，故④错误；直线a与其在平面α内的投影所确定的平面β满足β⊥α，②正确.
答案：②
4.l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的序号是　　　　.
①l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3；
②l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3；
③l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面；
④l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面.
【解析】对于①，通过常见的图形正方体，从同一个顶点出发的三条棱两两垂直，得到①错.
对于②，因为l1⊥l2，所以l1，l2所成的角是90°，
又因为l2∥l3，所以l1，l3所成的角是90°，
所以l1⊥l3得到②对，
对于③，例如三棱柱中的三侧棱平行，但不共面，故③错.
对于④，例如三棱锥的三侧棱共点，但不共面，故④错.
答案：②
5.(2015·苏州模拟)给出下列命题：
(1)若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直.
(2)若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行.
(3)若两条平行直线中的一条垂直于直线m，那么另一条直线也与直线m垂直.
(4)若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.
其中，所有真命题的序号为　　　　.
【解析】由面面垂直的判定定理可得若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直，故(1)正确；
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行，但两条直线平行时，得不到平面平行，故(2)错误；
根据空间直线夹角的定义，可得两条平行直线与第三条直线的夹角相等，故若两条平行直线中的一条垂直于直线m，那么另一条直线也与直线m垂直，即(3)正确；
根据面面垂直的性质定理，若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线垂直的直线与另一个平面也垂直，则一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直，故(4)正确.
故真命题有(1)(3)(4)三个.
答案：(1)(3)(4)
6.如图所示是一个正方体的表面展开图，A，B，C均为棱的中点，D是顶点，则在正方体中，异面直线AB和CD的夹角的余弦值为　　　　.

【解题提示】把展开图复原为正方体求解.
【解析】如图所示，
∠EGF为AB和CD所成的角，F为正方体一棱的中点.设正方体棱长为1，

所以EF=GF=，EG=.
所以cos∠EGF=.
答案：
【加固训练】如图所示，正四棱锥P-ABCD的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为　　　　　.

【解析】连结AC，BD交于点O，连结OE，易得OE∥PA，所以所求角为∠BEO.

由所给条件易得OB=，OE=PA=，BE=.
所以cos∠OEB=，
所以∠OEB=60°.
答案：60°
7.圆台上、下底面面积分别是π，4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是　　　　.
【解析】上底半径r=1，下底半径R=2.
因为S侧=6π，设母线长为l，则π(1+2)·l=6π.
所以l=2，所以高h==.
所以V=π·(1+1×2+2×2)=π.
答案：π
8.正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，CD，B1C1的中点，则下列与直线AE有关的正确命题序号是　　　　.

①AE⊥CG；
②AE与CG是异面直线；
③AE∥平面BC1F.
【解析】由正方体的几何特征，可得AE⊥C1G，
但AE与平面BCC1B1不垂直，
故AE⊥CG不成立；
由于EG∥AC，故A，E，G，C四点共面，
所以AE与CG是异面直线错误；
而AE∥C1F，由线面平行的判定定理，可得AE∥平面BC1F，
故选③.
答案：③
9.如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：

①直线BE与直线CF异面；
②直线BE与直线AF异面；
③直线EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确结论的序号是　　　　.
【解析】将几何体展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错.

答案：②③
10.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，B1C1=A1C1，AC1⊥A1B，M，N分别是A1B1，AB的中点，给出如下三个结论：①C1M⊥平面ABB1A1；②A1B⊥AM；③平面AMC1∥平面CNB1；其中正确结论的序号是　　　　　　.
【解析】因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，
C1M⊂平面A1B1C1，
所以C1M⊥AA1.
因为B1C1=A1C1，M是A1B1的中点，
所以C1M⊥A1B1，
因为AA1∩A1B1=A1，
所以C1M⊥平面ABB1A1，故①正确.
因为C1M⊥平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，
所以A1B⊥C1M，
因为AC1⊥A1B，AC1∩C1M=C1，
所以A1B⊥平面AC1M，
因为AM⊂平面AC1M，
所以A1B⊥AM，即②正确；
因为由题设得到AM∥B1N，C1M∥CN，
所以平面AMC1∥平面CNB1，故③正确.
答案：①②③
11.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P，Q，R，S分别是AB，BC，C1D1，C1C，A1B1，B1B的中点，则下列结论：

①PQ与RS共面；②MN与RS共面；
③PQ与MN共面.
其中正确结论的序号是　　　　.
【解析】①连结PR，SQ，可知SQPR，所以四边形PQSR为平行四边形，所以PQ∥RS，故①正确；
②由图知直线MN过平面A1B外一点N，而直线RS不过M点，故MN与RS为异面直线，故②错；
③由图知延长PQ与MN，则PQ与MN相交，故③正确.
答案：①③
12.直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在同一球面上.若AB=AC=AA1=2，∠BAC=120°，则此球的表面积等于　　　　.
【解析】设球心为O，球半径为R，△ABC的外心是M，则O在底面ABC上的射影是点M，在△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=120°，∠ABC=(180°-120°)=30°，AM==2.因此，R2=22+=5，此球的表面积等于4πR2=20π.
答案：20π
13.如图，在四边形ABCD中，DF⊥AB，垂足为F，DF=3，AF=2FB=2，延长FB到E，使BE=FB，连结BD，EC.若BD∥EC，则四边形ABCD的面积为　　　　.

【解析】连结DE，由题意知，AF=2，FB=BE=1，
所以S△ADE=AE×DF=×4×3=6，
因为CE∥DB，
所以S△DBC=S△DBE，
所以S四边形ABCD=S△ADE=6.
答案：6
14.如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AD∶BC∶AB=2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论：

①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面DBF⊥平面BFC；④平面DCF⊥平面BFC.
在翻折过程中，可能成立的结论是　　　　.
【解析】对于①：
因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，
所以BC与DF不垂直，故①不成立；
对于②：设点D在平面BCF上的射影为点P，
当BP⊥CF时，就有BD⊥FC，
而AD∶BC∶AB=2∶3∶4可使条件满足，故②正确；
对于③：当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，
从而平面BDF⊥平面BCF，故③正确.
对于④：因为点D的射影不可能在FC上，故④不成立.
答案：②③
二、解答题(本大题共6小题，共90分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(14分)(2013·湖南高考)如图，在直棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=，AA1=3，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动.
(1)证明：AD⊥C1E.
(2)当异面直线AC，C1E所成的角为60°时，求三棱锥C1-A1B1E的体积.

【解题提示】(1)证明两异面直线垂直，一般是先转化成线面垂直，即证明AD⊥平面BB1C1C，然后再证线线垂直.
(2)求三棱锥的体积关键是确定高和B1E的长度.
【解析】(1)因为AB=AC，D是BC的中点，
所以AD⊥BC　①，
又在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
而AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1　②，
由①②可得AD⊥平面BB1C1C，
因为点E在棱BB1上运动，
得C1E⊂平面BB1C1C，所以AD⊥C1E.
(2)因为AC∥A1C1，
所以∠A1C1E是异面直线AC，C1E所成的角，
所以∠A1C1E=60°，
因为∠B1A1C1=∠BAC=90°，
所以A1C1⊥A1B1，
又因为AA1⊥A1C1，从而A1C1⊥平面A1ABB1，
于是A1C1⊥A1E，故C1E==2，
又B1C1=2，所以B1E=2，
从而=×A1C1
=××2××=.
16.(14分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1，且E是BC中点.

(1)求证：A1B∥平面AEC1.
(2)求证：B1C⊥平面AEC1.
【证明】(1)连结A1C交AC1于点O，连结EO，
因为ACC1A1为正方形，所以O为A1C中点.
又E为CB中点，所以EO为△A1BC的中位线，
所以EO∥A1B.
又EO⊂平面AEC1，A1B⊄平面AEC1，
所以A1B∥平面AEC1.
(2)因为AB=AC，又E为CB中点，
所以AE⊥BC，
又因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，
BB1⊥底面ABC，
又AE⊂底面ABC，所以AE⊥BB1，
又因为BB1∩BC=B，所以AE⊥平面BCC1B1，
又B1C⊂平面BCC1B1，所以AE⊥B1C.
在矩形BCC1B1中，
tan∠BCB1=tan∠EC1C=，
所以∠BCB1=∠EC1C，
所以∠BCB1+∠CEC1=90°，即B1C⊥EC1.
又AE∩EC1=E，所以B1C⊥平面AEC1.
17.(14分)(2015·徐州模拟)如图，已知矩形ABCD中，AB=10，BC=6，将矩形沿对角线BD把△ABD折起，使A移到A1点，且A1在平面BCD上的射影O恰好在CD上.

(1)求证：BC⊥A1D.
(2)求证：平面A1BC⊥平面A1BD.
(3)求三棱锥A1-BCD的体积.
【解题提示】(1)由A1在平面BCD上的射影O在CD上得A1O⊥平面BCD⇒BC⊥A1O；又BC⊥CO⇒BC⊥平面A1CD⇒BC⊥A1D.
(2)先由ABCD为矩形⇒A1D⊥A1B，再由(1)知A1D⊥BC⇒A1D⊥平面A1BC，即可得到平面A1BC⊥平面A1BD.
(3)把求三棱锥A1-BCD的体积转化为求三棱锥B-A1CD的体积即可.
【解析】(1)连结A1O，

因为A1在平面BCD上的射影O在CD上，
所以A1O⊥平面BCD，
又BC⊂平面BCD，
所以BC⊥A1O，
又BC⊥CO，A1O∩CO=O，
所以BC⊥平面A1CD，又A1D⊂平面A1CD，
所以BC⊥A1D.
(2)因为ABCD为矩形，所以A1D⊥A1B.
由(1)知A1D⊥BC，A1B∩BC=B，
所以A1D⊥平面A1BC，又A1D⊂平面A1BD，
所以平面A1BC⊥平面A1BD.
(3)因为A1D⊥平面A1BC，所以A1D⊥A1C.
因为A1D=6，CD=10，所以A1C=8，
所以==××6=48.
故所求三棱锥A1-BCD的体积为48.
18.(16分)如图，在四棱锥P-ABCD中，E为AD上一点，平面PAD⊥平面ABCD，四边形BCDE为矩形，∠PAD=60°，PB=2，PA=ED=2AE=2.

(1)已知=λ(λ∈R)，且PA∥平面BEF，求λ的值.
(2)求证：CB⊥平面PEB，并求点D到平面PBC的距离.
【解析】(1)连结AC交BE于点M，连结FM.

因为PA∥平面BEF，所以FM∥AP.
因为EM∥CD，所以==，
因为FM∥AP，所以==，
所以λ=.
(2)因为AP=2，AE=1，∠PAD=60°，
所以PE=，所以PE⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊥AD，所以PE⊥平面ABCD，
所以PE⊥CB，
又因为BE⊥CB，且PE∩BE=E，
所以CB⊥平面PEB.
设点D到平面PBC的距离为d，由VD-PBC=VP-DBC，
得××2×2×d=××2×3×，求得d=.
所以点D到平面PBC的距离为.
19.(16分)(2015·无锡模拟)如图，在三棱锥A-BOC中，AO⊥平面COB，∠OAB=∠OAC=，AB=AC=2，BC=，D，E分别为AB，OB的中点.

(1)求证：CO⊥平面AOB.
(2)在线段CB上是否存在一点F，使得平面DEF∥平面AOC，若存在，试确定F的位置；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)因为AO⊥平面COB，
所以AO⊥CO，AO⊥BO.
即△AOC与△AOB为直角三角形.
又因为∠OAB=∠OAC=，AB=AC=2，
所以OB=OC=1.
由OB2+OC2=1+1=2=BC2，可知△BOC为直角三角形.
所以CO⊥BO，又因为AO∩BO=O，
所以CO⊥平面AOB.
(2)在线段CB上存在一点F，使得平面DEF∥平面AOC，此时F为线段CB的中点.
如图，连结DF，EF，因为D，E分别为AB，OB的中点，

所以DE∥OA.
又DE⊄平面AOC，
所以DE∥平面AOC.
因为E，F分别为OB，BC的中点，所以EF∥OC.
又EF⊄平面AOC，所以EF∥平面AOC，又EF∩DE=E，EF⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，
所以平面DEF∥平面AOC.
20.(16分)如图，AB=AD，∠BAD=90°，M，N，G分别是BD，BC，AB的中点，将等边△BCD沿BD折叠到△BC′D的位置，使得AD⊥C′B.
(1)求证：平面GNM∥平面ADC′.
(2)求证：C′A⊥平面ABD.

【证明】(1)因为M，N分别是BD，BC′的中点，
所以MN∥DC′.
因为MN⊄平面ADC′，
DC′⊂平面ADC′，所以MN∥平面ADC′.
同理NG∥平面ADC′.又因为MN∩NG=N，
所以平面GNM∥平面ADC′.
(2)因为∠BAD=90°，所以AD⊥AB.　
又因为AD⊥C′B，且AB∩C′B=B，
所以AD⊥平面C′AB.
因为C′A⊂平面C′AB，所以AD⊥C′A.
因为△BCD是等边三角形，AB=AD，
不妨设AB=1，则BC=CD=BD=，可得C′A=1.
由勾股定理的逆定理，可得AB⊥C′A.
因为AB∩AD=A，所以C′A⊥平面ABD.
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