1.(2024·常德模擬)已知平面α，β，直線l，m，則下列命題正確的是(　　　)A.若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，l?α，則l⊥βB.若α∥β，l?α，m?β，則l∥mC.若m?α，則“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m”的充分不必要條件D.若m?α，lα，則“l(fā)∥α”是“l(fā)∥m”的必要不充分條件
解析　由面面垂直的性質(zhì)定理可知A正確；對于B，若α∥β，l?α，m?β，則l∥m，或者l，m異面，故B錯誤；對于C，若m?α，l⊥α，則l⊥m，故充分性成立，但是l⊥m，m?α，不能得到l⊥α，故C正確；對于D，若m?α，lα，l∥α，不能得到l∥m，因為l，m有可能異面，但是l∥m，m?α，lα，則l∥α，故D正確.
解析　連接AC，BD，交BD于點O，連接OC1，因為O1為四邊形A1B1C1D1的中心，所以AO1∥OC1，又OC1?平面BDC1，AO1平面BDC1，所以AO1∥平面BDC1，因為三棱錐Q－PBD的體積等于三棱錐P－QBD的體積，且為定值，
所以AO1∥平面QBD，所以平面QBD與平面BDC1為同一平面，所以Q為CD1與DC1的交點，所以DQ＝QC1，故A錯誤，B正確；因為正方體的棱長為2，
解析　對于A，當N為C1M的中點時，取BC的中點P，連接PN，AP，易知PN∥CC1，CC1⊥平面ABC，則PN⊥平面ABC，故∠PAN為直線AN與平面ABC所成的角，
所以C1Q＝1，CQ＝2，所以CQ＝B1M.又CQ∥B1M，所以四邊形CQB1M是平行四邊形，所以CM∥B1Q，即CM∥B1N.因為B1N平面ACM，CM?平面ACM，所以B1N∥平面ACM，故B正確；
解析　連接VP，BP，因為△ABC和△VAC為等邊三角形，P為AC中點，所以AC⊥VP，AC⊥BP，因為VP∩BP＝P，VP，BP?平面VPB，所以AC⊥平面VPB，因為VB?平面VPB，所以VB⊥AC，故A正確；
因為平面ABC⊥平面VAC，平面ABC∩平面VAC＝AC，VP⊥AC，VP?平面VAC，所以VP⊥平面ABC，以P為原點，分別以PA，PB，PV為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
因為VP⊥平面ABC，BP?平面ABC，所以VP⊥BP，
解析　以D為坐標原點，以DA，DC，DD1分別為x，y，z軸建立坐標系，如圖所示，D(0，0，0)，E(1，2，1)，B(2，2，0)，G(2，1，2)，A(2，0，0)，F(xiàn)(0，1，1)，C1(0，2，2)，
由幾何關系可知，WX∥VU，WV∥TU，則WXTUV組成一個平面，由BG∥TU，BC1∥TX，TU，TX均在平面WXTUV內(nèi)，則DE⊥平面WXTUV，即過點F且與直線DE垂直的平面α，截該正方體所得截面為如圖所示的平面WXTUV，則截面WXTUV的周長為
由于N，O分別為SA，AB的中點，所以ON∥SB，又ON平面SBC，OM平面SBC，SB?平面SBC，BC?平面SBC，所以ON∥平面SBC，OM∥平面SBC，
又OM∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC.又MN?平面OMN，所以MN∥平面SBC，故A正確；對于B，假設圓O上存在點M使AM⊥平面SBC，SB?平面SBC，所以AM⊥SB.又因為SO⊥平面ABC，AM?平面ABC，所以AM⊥SO，又SO∩SB＝S，所以AM⊥平面SOB，又AM⊥平面SBC，所以平面SOB∥平面SBC，而平面SOB∩平面SBC＝SB，故B錯誤；
對于C，如圖，已知SA＝5，圓錐SO的側(cè)面積為S＝π×AO×SA＝15π，解得AO＝3，則SO＝4，
由題意可知球心在SO上，記為O′，設其半徑為R，由勾股定理得OA2＋OO′2＝O′A2，
對于D，設圓錐SO的內(nèi)切球半徑為r，則圓錐的軸截面SAB內(nèi)切圓的半徑為r，SA＝5，AO＝3，則SO＝4，
解析　如圖所示，以A為原點建立空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，A1(0，0，1)，B1(0，1，1)，C1(1，1，1)，D1(1，0，1)，
∴P(y，1，x).對于A，當x＝1時，P(y，1，1)為線段B1C1上的點，將平面A1B1C1D1和平面BCC1B1展開為同一個平面，如圖，
對于B，當λ＝1時，點P在DD1上，此時把正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的后面和右面展開，如圖，
所以點P在平面CDD1C1內(nèi)，因為B1C1⊥平面CDD1C1，連接C1P，則∠B1PC1即為B1P與平面CDD1C1所成角，

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