专题11.3空间中的垂直关系（A卷基础篇）-2021-2022学年高一数学必修第四册同步单元AB卷（新教材人教B版）

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专题11.3空间中的垂直关系（A卷基础篇）参考答案与试题解析第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（2020·全国高一课时练习）    在正方体ABCD－A1B1C1D1的六个面中，与AA1垂直的平面的个数是 (　　)A．1 B．2 C．3 D．6【答案】B【解析】在正方体ABCD－A1B1C1D1的六个面中，与AA1垂直的平面有平面和平面，共计2个. 选B.2．（2020·全国高三专题练习）已知m，n表示两条不同的直线，α表示平面．下列说法正确的是（    ）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊥α，则m∥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥α D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α【答案】B【解析】对于，直线与直线平行、相交、异面都有可能；对于，根据直线与平面垂直的性质定理可知正确；对于，可得n∥α或，对于，可得n⊥α或或或与相交但不垂直.【详解】对于，若m∥α，n∥α，则m∥n或与相交或与异面，故不正确；对于，根据垂直于同一个平面的两条直线平行可知，正确；对于，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或，故不正确；对于，若m∥α，m⊥n，则n⊥α或或或与相交但不垂直，故不正确.故选：B.3．（2020·贵州铜仁伟才学校高二期末（文））在空间中，、是不重合的直线，、是不重合的平面，则下列条件中可推出的是A． B．C． D．【答案】B【详解】根据线面垂直的性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行.故选B.4．（2020·广东深圳市·高三开学考试）如图，ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，则以下结论：①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥BD；③AC1⊥平面CB1D1其中正确结论的个数是（　　　　）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】①由正方体的性质得BD∥，所以结合线面平行的判定定理可得答案；
②由正方体的性质得 AC⊥BD，，⊥BD，再利用线面垂直可得答案.
③由正方体的性质得 BD∥，并且结合②可得⊥，同理可得，进而结合线面垂直的判定定理得到答案.【详解】解：由正方体的性质得BD∥，所以结合线面平行的判定定理可得：BD∥平面；所以①正确.
由正方体的性质得 AC⊥BD，⊥BD，可得⊥平面 ，所以⊥BD，所以②正确.　　　　
由正方体的性质得 BD∥，由②可得⊥BD，所以⊥，同理可得，进而结合线面垂直的判定定理得到：⊥平面 ，所以③正确.
故选：D.5．（2020·山东高二月考）已知且，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】本题先判断充分性满足，再判断必要性满足，最后给出答案.【详解】解：充分性：因为，，所以，所以充分性满足；必要性：因为且，，，所以，所以必要性满足.所以“”是“”的充要条件故选：C6．（2020·全国高三专题练习（理））如图所示，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影H必在（    ）A．直线AB上 B．直线BC上 C．直线AC上 D．△ABC的内部【答案】A【解析】由线面垂直判定有AC⊥平面ABC1，再由面面垂直的判定有平面ABC1⊥平面ABC，即可知点C1在平面ABC上的射影H的位置.【详解】连接AC1，∵AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC，∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选：A.7．（2020·全国高三专题练习）若直线平面，直线平面，则直线a与直线b的位置关系为（    ）A．异面 B．相交 C．平行 D．平行或异面【答案】C【解析】利用线面垂直的性质定理进行判断.【详解】由于垂直于同一平面的两直线平行，故当直线平面，直线平面时，直线与直线平行.故选：C.8．（2021·安徽蚌埠市·高二期末（理））已知P，Q是不同的点，l，m，n是不同的直线，，是不同的平面，则下列数学符号表示的命题中，不是公理的是（    ）A．，，，B．，存在唯一直线l，，且C．，D．，【答案】D【解析】对于选项A：利用公理一判断即可；对于选项B：利用公理三判断即可；对于选项C：利用平行公理判断即可；选项D是直线与平面垂直的性质定理.【详解】对于选项A：由公理一知：如果一条直线上的两点在一平面内，那么这条直线在此平面内；故选项A正确；对于选项B：由公理三知：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；故选项B正确；对于选项C：由平行公理知：平行于同一条直线的两条直线互相平行；故选项C正确；选项D是直线与平面垂直的性质定理，不是公理.故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。9．（2020·山东潍坊市·高二期中）若，是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列命题正确的是（    ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】ABC【解析】利用线面垂直的性质定理及相关的推论考查所给的选项是否正确即可.【详解】逐一考查所给的选项：由线面垂直的性质定理推论可知：若，，则，选项A正确；由线面垂直的性质定理推论可知：若，，则，选项B正确；由线面垂直的性质定理推论可知：若，，则平面内存在直线，满足，则，然后利用面面垂直的判定定理可得，选项C正确；在如图所示的正方体中，取平面分别为平面，直线为棱，满足，，但是不满足，选项D错误；故选：A B C.10．（2020·全国高三专题练习）如图所示，矩形中，为边的中点，将沿直线翻转成，若为线段的中点，则在翻转过程中，则下列命题正确的是（    ）A．是定值B．点在球面上运动C．一定存在某个位置，使D．一定存在某个位置，使平面【答案】ABD【解析】取中点，连接、，则、，由平行线性质得，可判断A，这时可得出平面平面，从而判断D，利用长为定值可判断B，结合在平面内的射影可判断C．【详解】A对，取中点，连接、，则、，，定值，定值，根据余弦定理得，，∴是定值，B对，是定点，∴是在以为球心，为半径的球面上，C错，当矩形满足时存在，其他情况不存在，否则若不成立，作于，连接，可得平面，从而有，因此有原图形中共线，，矛盾．D对，取中点，连接、，则、，∴平面平面，∵平面，∴平面.故选ABD.11．（2020·江苏镇江市·高三期中）如图垂直于以为直径的圆所在的平面，点是圆上异于，的任一点，则下列结论中正确的是（    ）A． B．平面C．平面平面 D．平面平面【答案】AD【解析】根据线面垂直、面面垂直的判定与性质判断各选项．【详解】是圆直径，在圆上，则，平面，平面，则，，∴平面，又平面，∴，A正确；又平面，∴平面平面．D正确；若平面，则，而平面，则，重合，矛盾，B错；若平面平面，作于，∵平面平面，∴平面，而平面，∴，，∴平面，于是平面与平面重合．矛盾，C错．故选：AD．12．（2020·河北唐山市·开滦第二中学高二期中）如图，在三棱锥中，，且是斜边的等腰直角三角形，给出下列结论中，正确的是（ ）A． B．平面C．平面平面 D．点到平面的距离为【答案】ABC【解析】证明平面，所以，故选项正确；由于平面，所以平面平面，所以选项正确；证明平面，故选项正确；取的中点，连接，则的长度即为点到平面的距离，而，故选项错误.【详解】由于，平面,，所以平面，所以，故选项正确；前面已经证明平面，平面，所以平面平面，所以选项正确；因为，平面，，所以平面，故选项正确；取的中点，连接，则，因为平面,,故平面，则的长度即为点到平面的距离，而，故选项错误.故选：ABC第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（2021·陕西渭南市·高一期末）已知是空间两个不同的平面，是空间两条不同的直线，给出的下列说法：①若，且，则；②若，且，则；③若，且，则；④若，且，则.其中正确的说法为__________(填序号)【答案】③④【解析】利用空间线面、面面平行、垂直的性质定理和判定定理分别解析四个命题，得到正确答案.【详解】①，，且，则可能相交，故①错误；②，，且，则可能相交，也可能平行，故②错误；③，，且，则，根据线面垂直的性质可知③正确；④，、且，则，根据线面垂直的性质可知④正确.故答案为：③④.14．（2021·宁夏固原市·高三期末（文））设为两条直线，若直线平面，直线平面，下列说法正确的是  ___________。   ① 若//，则      ②若，则③ 若，则       ④若，则//【答案】①③【解析】运用面面平行的性质、平行线的性质，结合面面垂直的判定定理进行判断即可.【详解】①：因为//，平面，所以平面，又因为平面，所以，故本说法正确；②：因为平面，所以设，当时，且，显然可以满足，但是不成立，故本说法不正确；③：因为，平面，所以平面，而平面，所以，故本说法正确；④：当时，因为平面，所以，但是此时//不成立，故本说法不正确.故答案为：①③15．（2021·宁夏固原市·高一期末）如图，在正方体中，，，分别是棱，，的中点，则下列结论中：①；  ②面； ③面面；  ④面．正确结论的序号是________.【答案】②④.【解析】由，是正三角形，可判断①；判断出平面，平面平面，可判断②；假设面面，则可以推出可判断③；由平面平面，平面，可判断④.【详解】连接，，，，，，，分别是，，的中点． 对于①，因方，是正三角形，所以与不垂直；对于②，连接，因为，且，所以平面，平面，所以，同理，且，所以平面，因为，，且，，所以平面平面，所以平面．正确；对于③，如果面面，由平面平面，平面平面，则，显然不正确；对于④，因为平面平面，平面，所以平面，正确故选：②④.16．（2020·河北邯郸市·高三二模（文））我国古代数学名著《九章算术•商攻》中，阐述：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵.其一为阳马，一为鳖臑”.如图，在一个为“阳马”的四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AB＝2.AD，PA⊥平面ABCD，若直线PD与平面ABCD所成的角为60°，则PA＝_____，该“阳马”外接球体积为_____.【答案】3        【解析】以，，为棱构造一个长方体，则该长方体的体对角线为其外接球的直径，由此能求出该“阳马”外接球体积．【详解】解：由题意得，则，以，，为棱构造一个长方体，则该长方体的体对角线为其外接球的直径，即，即，该“阳马”外接球体积为．故答案为：3；．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（2020·涡阳县第九中学高一期末（理））如图所示，A1A是圆柱的母线，AB是圆柱底面圆的直径，C是底面圆周上异于A,B的任意一点，A1A=AB=2.求证:BC⊥平面A1AC．
【答案】详见解析.【解析】根据直线与平面垂直的判定定理可知,只需证明与平面内的两条相交直线垂直即可,而,满足定理条件.【详解】证明:C是底面圆周上异于A,B的任意一点，AB是圆柱底面圆的直径，,平面平面,,平面平面平面.18．（2020·全国高三专题练习（文））如图所示，是边长为的正六边形所在平面外一点，，在平面内的射影为的中点.证明.【答案】证明见解析【解析】连结，则易知与的交点为，利用线面垂直的判定定理及性质定理，即可得证.【详解】证明：连结，则易知与的交点为，如图所示：由正六边形的性质可得，∵，，，∴平面，∵平面，∴.19．（2020·全国高三专题练习（理））如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，ADBC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且，求证：CD⊥平面PAD.【答案】证明见解析【解析】由PA⊥CD，AD⊥CD即可得出.【详解】因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥CD，又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD.20．（2020·重庆万州区·万州纯阳中学校高二月考）如图，已知在平面内有平行四边形，点是它的对角线的交点，点在外，且，.求证：.【答案】证明见解析【解析】根据已知条件证明，，利用线面垂直的判定定理即可求证.【详解】因为四边形是平行四边形，点是它的对角线的交点所以.，又因为，所以.同理，因为，所以.又因为，平面，平面，所以.21．（2020·洮南市第一中学高三月考（文））如图，正方形所在平面与以为直径的半圆所在平面互相垂直，为半圆周上异于，两点的任一点，求证：平面平面【答案】证明见解析【解析】可证平面，从而得到要求证的面面垂直.【详解】证明：∵是半圆直径，∴，∵四边形是正方形，∴∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴，∵，∴平面，∵平面，∴平面平面.22．（2020·江苏淮安市·淮阴中学高三三模）如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点，且（1）求证：平面平面；（2）求证：∥平面.【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】（1）先证明，即证平面BMN⊥平面ACC1A1.(2) 取的中点，连接和，证明，再证明MN∥平面BCC1B1．【详解】(1)证明：因为为棱的中点，且，所以，因为是直三棱柱，所以，因为，所以， 又因为，且，所以，因为，所以平面. (2)取的中点，连接和，因为为棱的中点，所以，且，因为是棱柱，所以，因为为棱的中点，所以，且， 所以，且，所以是平行四边形， 所以，又因为，所以.