《2025年高考帮数学》

1. 在空间中，α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列说法错误的是 ( )
A. 若m⊥α，m//n，n⊂β，则α⊥β
B. 若α//β，m⊥α，n⊥β，则m//n
C. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
D. 若α⊥β，m⊂α，α∩β = n，m⊥n，则m⊥β

答案： 1.C 由$m\perp \alpha,m// n$，得$n\perp \alpha$，又$n\subset \beta$，所以$\alpha \perp \beta$，A说法正确；由$\alpha // \beta,m\perp \alpha$，得$m\perp \beta$，又$n\perp \beta$，所以$m// n$，B说法正确；若$\alpha // \beta$，$m\subset \alpha$，$n\subset \beta$，则$m$，$n$可能平行或异面，C说法错误；由面面垂直的性质定理知D说法正确. 故选C.

2. [教材改编]下列命题中不正确的是 ( )
A. 如果平面α⊥平面β，且直线l//平面α，则直线l⊥平面β
B. 如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
C. 如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
D. 如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β = l，那么l⊥γ

答案： 2.A

3. 已知一个平面与一个正方体的12条棱所成的角都等于α，则sinα = ( )
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案：
3.B 如图所示，设正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的棱长为1，易知平面$A_{1}C_{1}D$与$D_{1}A_{1}$，$D_{1}C_{1}$，$D_{1}D$所成的角都相等，

又$B_{1}C_{1}$，$BC$，$AD$均与$D_{1}A_{1}$平行，$A_{1}B_{1}$，$AB$，$DC$均与$D_{1}C_{1}$平行，$A_{1}A$，$B_{1}B$，$C_{1}C$均与$D_{1}D$平行，所以平面$A_{1}C_{1}D$与正方体的12条棱所成的角都相等. 连接$BD_{1}$，与平面$A_{1}C_{1}D$交于点$O$，连接$A_{1}O$，则$BD_{1}\perp$平面$A_{1}C_{1}D$，则$\alpha =\angle D_{1}A_{1}O$，且$D_{1}O=\frac{1}{3}BD_{1}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\sin\alpha =\frac{D_{1}O}{D_{1}A_{1}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{1}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，故选B.

4. [教材改编]在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，直线AB与A₁D₁所成角的大小为_______；直线AD₁与DC₁所成角的大小为_______。

答案：
4.$90^{\circ}$ $60^{\circ}$ 因为$A_{1}B_{1}// AB$，所以$\angle D_{1}A_{1}B_{1}$就是异面直线$AB$与$A_{1}D_{1}$所成的角. 因为$\angle D_{1}A_{1}B_{1}=90^{\circ}$，所以直线$AB$与$A_{1}D_{1}$所成角的大小为$90^{\circ}$. 如图，连接$AB_{1}$，$B_{1}D_{1}$. 因为$AB_{1}// DC_{1}$，所以直线$AB_{1}$与$AD_{1}$所成的角即直线$DC_{1}$与$AD_{1}$所成的角.

又$AD_{1}=AB_{1}=B_{1}D_{1}$，所以$\triangle AB_{1}D_{1}$为正三角形，所以$\angle D_{1}AB_{1}=60^{\circ}$，所以直线$AD_{1}$与$AB_{1}$所成角的大小为$60^{\circ}$，即直线$AD_{1}$与$DC_{1}$所成角的大小为$60^{\circ}$.

高考帮命题点1 线面垂直的判定与性质

例1 [2024惠州市二调节选]如图，已知平行六面体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD是正方形，侧面ADD₁A₁是矩形，点P为D₁C₁的中点，且PD = PC.
求证：DD₁⊥平面ABCD.
　　　　　　　　　　　　

答案：
解法一　因为四边形$CDD_{1}C_{1}$是平行四边形，点$P$为$D_{1}C_{1}$的中点，且$PD = PC$，所以$\triangle DD_{1}P\cong\triangle CC_{1}P$，所以$\angle DD_{1}P=\angle CC_{1}P$，又$\angle DD_{1}P+\angle CC_{1}P = 180^{\circ}$，所以$\angle DD_{1}P=\angle CC_{1}P = 90^{\circ}$，所以$DD_{1}\perp D_{1}C_{1}$，即$DD_{1}\perp DC$.因为侧面$ADD_{1}A_{1}$是矩形，所以$DD_{1}\perp AD$，又$CD\cap AD = D$，$CD$，$AD\subset$平面$ABCD$，所以$DD_{1}\perp$平面$ABCD$.解法二　如图，取$DC$中点$E$，连接$PE$.因为$PD = PC$，所以$PE\perp DC$.因为四边形$CDD_{1}C_{1}$是平行四边形，点$P$为$D_{1}C_{1}$的中点，所以$PE// D_{1}D$，所以$D_{1}D\perp DC$.因为侧面$ADD_{1}A_{1}$是矩形，所以$DD_{1}\perp AD$，又$CD\cap AD = D$，$CD$，$AD\subset$平面$ABCD$，所以$DD_{1}\perp$平面$ABCD$.

训练1 [2023全国卷甲]已知四棱锥P - ABCD的底面是边长为4的正方形，PC = PD = 3，∠PCA = 45°，则△PBC面积为　　　　　(　　　)
A. 2√2
B. 3√2
C. 4√2
D. 6√2

答案：
C 如图，取$CD$，$AB$的中点分别为$E$，$F$，连接$PE$，$EF$，$PF$，因为$PC = PD$，所以$PE\perp CD$，又底面$ABCD$是正方形，所以$EF\perp CD$，又$PE\cap EF = E$，所以$CD\perp$平面$PEF$，又$AB// CD$，所以$AB\perp$平面$PEF$，又$PF\subset$平面$PEF$，所以$AB\perp PF$，所以$PA = PB$. 在$\triangle PAC$中，由余弦定理，得$PA=\sqrt{PC^{2}+AC^{2}-2PC\cdot AC\cos45^{\circ}}=\sqrt{17}$，所以$PB = \sqrt{17}$.在$\triangle PBC$中，由余弦定理，得$\cos\angle PCB=\frac{PC^{2}+BC^{2}-BP^{2}}{2PC\cdot BC}=\frac{1}{3}$，所以$\sin\angle PCB=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，所以$S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}PC\cdot BC\sin\angle PCB = 4\sqrt{2}$，故选C.

训练2 [全国卷Ⅰ节选]如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE = AD. △ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO = $\frac{\sqrt{6}}{6}$DO. 证明：PA⊥平面PBC.
　　　　　　　　　　　

答案： 设$DO = a$，由题设可得$PO=\frac{\sqrt{6}}{6}a$，$AO=\frac{\sqrt{3}}{3}a$，$AB = a$，$PA = PB = PC=\frac{\sqrt{2}}{2}a$.因此$PA^{2}+PB^{2}=AB^{2}$，从而$PA\perp PB$.又$PA^{2}+PC^{2}=AC^{2}$，故$PA\perp PC$.又$PB\cap PC = P$，$PB$，$PC\subset$平面$PBC$，所以$PA\perp$平面$PBC$.