《全品高考復習方案》第39講空間直線與平面的垂直1.B[解析]若m?β,m⊥α,則α⊥β;若α⊥β,m?β,則m與α可能相交或平行.綜上,“α⊥β”是“m⊥α”的必要不充分條件.故選B.2.D[解析]如圖,連接OA,OB,因為VO⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以VO⊥BC,又VA⊥BC,VA∩VO=V,VA,VO?平面VOA,所以BC⊥平面VOA,又OA?平面VOA,所以OA⊥BC,同理OB⊥AC,所以O為△ABC的垂心.故選D.3.D[解析]對于A,B,因為P?平面ABC,D∈平面ABC,所以PD∩平面ABC=D,故A,B錯誤;對于C,D,因為PA=PB,AD=DB,所以PD⊥AB,又平面ABC⊥平面PAB,平面ABC∩平面PAB=AB,PD?平面PAB,所以PD⊥平面ABC,又PD?平面CPD,所以平面CPD⊥平面ABC,故C錯誤,D正確.故選D.4.B[解析]對于A,若l⊥n,m⊥n,則l與m平行、相交或異面,故A錯誤;對于B,若l∥β,則存在l1?β,使得l∥l1,又l⊥α,所以l1⊥α,又l1?β,所以α⊥β,故B正確;對于C,若l⊥α,l⊥m,則m∥α或m?α,故C錯誤;對于D,若α⊥β,α∩β=m,l⊥m,且l不在α內(nèi),則不會有l(wèi)⊥β,故D錯誤.故選B.5.A[解析]由PA⊥平面ABCD,AB,AD?平面ABCD,可得PA⊥AB,PA⊥AD,所以△PAB和△PAD為直角三角形.由PA⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,可得BC⊥PA,因為四邊形ABCD是矩形,所以BC⊥AB,又PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB,所以BC⊥平面PAB,因為PB?平面PAB,所以BC⊥PB,所以△PBC為直角三角形.同理可得△PCD為直角三角形.故選A.6.CD[解析]對于A,若m⊥n,m⊥α,則n?α或n∥α,又n∥β,所以α∥β或α與β相交,故A錯誤.對于B,若m⊥n,m⊥α,則n?α或n∥α,若n∥α,則在平面α內(nèi)存在直線c,使得n∥c,又n⊥β,所以c⊥β,又c?α,所以α⊥β;若n?α,因為n⊥β,所以α⊥β.綜上可得,由m⊥n,m⊥α,n⊥β,可得α⊥β,故B錯誤.對于C,若m∥n,m⊥α,則n⊥α,又n⊥β,所以α∥β,故C正確.對于D,若m∥α,n⊥α,則m⊥n.故D正確.故選CD.7.ABC[解析]因為PA=PD,E為AD的中點,所以PE⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE?平面PAD,所以PE⊥平面ABCD,又AC,BC,BE?平面ABCD,所以PE⊥AC,PE⊥BC,PE⊥BE,故A,B正確,D錯誤;因為PE?平面PBE,所以平面PBE⊥平面ABCD,故C正確.故選ABC.8.l∥m(答案不唯一)[解析]若m⊥β,l∥m,則l⊥β,又l∥α,所以α⊥β.故可填l∥m(答案不唯一).9.①③[解析]因為四邊形ABCD是圓柱的軸截面,所以AB是底面圓的直徑,BC,AD都是母線.因為E是底面圓周上異于A,B的一點,所以AE⊥BE,因為BC⊥平面ABE,AE?平面ABE,所以BC⊥AE,又BC∩BE=B,BC,BE?平面BCE,所以AE⊥平面BCE,又CE?平面BCE,所以AE⊥CE,故①正確.假設DE⊥平面BCE,因為AE⊥平面BCE,所以DE∥AE,與AE∩DE=E矛盾,所以假設不成立,故②不正確.因為AE⊥平面BCE,AE?平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE,故③正確.故填①③.10.證明:(1)連接AE,由F是BD的中點,四邊形ABED是正方形,可得F是AE的中點,又G是CE的中點,所以GF∥AC,又AC?平面ABC,GF?平面ABC,所以GF∥平面ABC.(2)由AC=BC=22AB,得AC2+BC2=AB2,則BC⊥AC,由平面ABED⊥平面ABC,平面ABED∩平面ABC=AB,AD⊥AB,AD?平面ABED,得AD⊥平面ABC,又BC?平面ABC,所以BC⊥AD.因為AC∩AD=A,AC,AD?平面ACD,所以BC⊥平面ACD,又BC?平面BCD,所以平面BCD⊥平面11.B[解析]對于A,若l∥β,α∥β,則l∥α或l?α,故A錯誤;對于B,設α∩β=m,α∩γ=n,在l上取點P,在β內(nèi)作直線PA⊥m,交m于點A,在γ內(nèi)作直線PB⊥n,交n于點B,因為α⊥β,α⊥γ,α∩β=m,α∩γ=n,所以PA⊥α,PB⊥α,因為過平面外一點只能作一條直線與平面垂直,所以PA與PB重合,且為直線l,所以l⊥α,故B正確;對于C,若α⊥m,β⊥n,m∥n,則α∥β,故C錯誤;對于D,若α⊥β,m∥α,β⊥n,則m與n相交、平行或異面,故D錯誤.故選B.12.D[解析]對于A,因為DA⊥平面ABC,DA?平面DAC,所以平面ABC⊥平面DAC,故A中結(jié)論正確;對于B,因為DA⊥平面ABC,CB?平面ABC,所以DA⊥CB,因為AC是圓O的直徑,B為圓周上不與點A,C重合的點,所以AB⊥CB,又DA∩AB=A,DA,AB?平面BAD,所以CB⊥平面BAD,故B中結(jié)論正確;對于C,因為CB⊥平面BAD,AN?平面BAD,所以CB⊥AN,又AN⊥DB,CB∩DB=B,CB,DB?平面BCD,所以AN⊥平面BCD,又CD?平面BCD,所以AN⊥CD,因為AM⊥DC,AN∩AM=A,AN,AM?平面AMN,所以CD⊥平面AMN,故C中結(jié)論正確;對于D,平面AMN∩平面DAB=AN,DB?平面DAB,AN⊥DB,假設平面AMN⊥平面DAB,則DB⊥平面AMN,又MN?平面AMN,所以DB⊥MN,因為CB⊥平面BAD,DB?平面DAB,所以CB⊥DB,又MN,BC?平面DBC,所以MN∥BC,因為DA垂直于圓O所在的平面,∠DCA=45°,所以DA=AC,又AM⊥DC,所以M為DC的中點,因為AC是圓O的直徑,B為圓周上不與點A,C重合的點,所以AB<AC=DA,又AN⊥DB,所以N不是DB的中點,所以MN∥BC不成立,所以假設不成立,故D中結(jié)論不正確.故選D.13.①③[解析]對于①,由題易知,1<A1C<5,當A1C=3時,因為A1E=1,CE=2,所以A1C2=A1E2+CE2,所以A1E⊥CE,因為DE=CE=2,DC=2,所以DE2+CE2=DC2,所以DE⊥EC,因為A1E∩DE=E,A1E,DE?平面A1DE,所以CE⊥平面A1DE,又A1D?平面A1DE,所以CE⊥DA1,故①正確;對于②,假設存在某個位置,使DE⊥A1C,由①知DE⊥EC,因為A1C∩EC=C,A1C,EC?平面A1EC,所以DE⊥平面A1EC,又A1E?平面A1EC,所以DE⊥A1E,這與∠DEA1=π4矛盾,所以假設不成立,故②錯誤;對于③,如圖,取CD的中點F,連接MF,BF易知MF∥DA1,BF∥DE,又FB,MF?平面A1DE,DA1,DE?平面A1DE,所以FB∥平面A1DE,MF∥平面A1DE,又FB∩MF=F,FB,MF?平面MBF,所以平面MBF∥平面A1DE,又MB?平面MBF,所以MB∥平面A1DE,故③正確.故填①③.14.解:(1)證明:由CM=2MD,得MD=AD=1,∴△ADM為等腰直角三角形,又E為AM的中點,∴DE⊥AM.∵平面ADM⊥平面ABCM,平面A