2021新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)學(xué)案板塊1命題區(qū)間精講精講10空間位置關(guān)系與空間角

空間位置關(guān)系與空間角命題點1空間位置關(guān)系的判定判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)命題真假的3種方法(1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進行判斷；(2)借助空間幾何模型，如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理進行判斷；(3)借助于反證法，當(dāng)從正面入手較難時，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題，進而作出判斷．[高考題型全通關(guān)]1．(2020·成都模擬)如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB1，BC1的中點，則下列結(jié)論中正確的是()A．EF⊥BB1B．EF⊥平面BCC1B1C．EF∥平面D1BCD．EF∥平面ACC1A1D[題中未涉及垂直條件，故排除A，B；連接BA1，CD1，則BA1與AB1交于點E，所以直線EF與平面CBA1D1相交，即直線EF與平面D1BC相交，故排除C；連接B1C交BC1于點F，由于平行四邊形BCC1B1的對角線互相平分，故F是B1C的中點．因為E是AB1的中點，所以EF是三角形B1AC的中位線，故EF∥AC．又AC?平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1.故選D．]2．[多選]已知m，n是不重合的直線，α，β是不重合的平面，則下列命題錯誤的是()A．若m?α，n∥α，則m∥nB．若m∥α，m∥β，則α∥βC．若α∩β＝n，m∥n，則m∥α且m∥βD．若m⊥α，m⊥β，則α∥βABC[若m?α，n∥α，則m與n可能平行或異面，故A錯誤；若m∥α，m∥β，則α與β可能相交或平行，故B錯誤；若α∩β＝n，m∥n，則m還可能在平面α或β內(nèi)，故C錯誤；若m⊥α，m⊥β，根據(jù)垂直于同一直線的兩個平面平行，則α∥β，故D正確．]3．[多選]如圖，AC＝2R為圓O的直徑，∠PCA＝45°，PA垂直于圓O所在的平面，B為圓周上不與點A，C重合的點，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，則下列選項正確的是()A．平面ANS⊥平面PBCB．平面ANS⊥平面PABC．平面PAB⊥平面PBCD．平面ABC⊥平面PACACD[∵PA⊥平面ABC，PA?平面PAC，∴平面ABC⊥平面PAC，故D正確；∵B為圓周上不與A，C重合的點，AC為直徑，∴BC⊥AB，∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴BC⊥PA，又AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB，又BC?平面PBC，∴平面PAB⊥平面PBC，故C正確；∵AB⊥BC，BC⊥PA，又PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AN，又∵AN⊥PB，PB∩BC＝B，∴AN⊥平面PBC，又AN?平面ANS，∴平面ANS⊥平面PBC，故A正確．故選ACD．]4．[多選](2020·泰安模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P在線段BC1上運動，下列判斷正確的是()A．平面PB1D⊥平面ACD1B．A1P∥平面ACD1C．異面直線A1P與AD1所成角的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))D．三棱錐D1-APC的體積不變ABD[在正方體中，B1D⊥平面ACD1，B1D?平面PB1D，所以平面PB1D⊥平面ACD1，所以A正確；連接A1B，A1C1，如圖，容易證明平面A1BC1∥平面ACD1，又A1P?平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，所以B正確；因為BC1∥AD1，所以異面直線A1P與AD1所成的角就是直線A1P與BC1所成的角，在△A1BC1中，易知所求角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以C錯誤；Veq\s\do6(D1-APC)＝Veq\s\do6(C-AD1P)，因為點C到平面AD1P的距離不變，且△AD1P的面積不變，所以三棱錐D1-APC的體積不變，所以D正確．綜上，選ABD．]5．[多選](2020·棗莊模擬)在正四面體ABCD中，已知E，F(xiàn)分別是AB，CD上的點(不含端點)，則下列說法不正確的是()A．不存在E，F(xiàn)，使得EF⊥CDB．存在E，使得DE⊥CDC．存在E，使得DE⊥平面ABCD．存在E，F(xiàn)，使得平面CDE⊥平面ABFABC[為了方便解題，將正四面體ABCD放入正方體中，如圖所示．連接HG，OD，對于選項A，取E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點，則易知EF⊥CD，所以選項A不正確；對于選項B，在正方體中，易知CD⊥平面ABHG，因為過點D且與平面ABHG平行的平面不經(jīng)過點E，所以不存在點E，使得DE⊥CD，故選項B不正確；對于選項C，在正方體中，易證OD⊥平面ABC，所以不存在E，使得DE⊥平面ABC，故選項C不正確；對于選項D，設(shè)OD與平面ABC的交點為K，連接CK，當(dāng)平面CDK與AB的交點為E，F(xiàn)為CD上任意一點(不含端點)時，平面CDE⊥平面ABF，故選項D正確．]6．[多選](2020·日照模擬)已知在四面體ABCD中，△ABC，△BCD均為邊長為1的等邊三角形，E，F(xiàn)分別為BC，BD的中點，則()A．BC⊥ADB．若AD＝1，則四面體ABCD的體積為eq\f(\r(2),6)C．若AD＝eq\f(\r(6),2)，則平面ABC⊥平面BCDD．若AF＝eq\f(1,2)，則截面AEF的面積為eq\f(\r(3),16)ACD[連接AE，DE(圖略)，因為△ABC，△BCD均為邊長為1的等邊三角形，所以AE⊥BC，DE⊥BC，又AE∩DE＝E，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥AD，故A正確；設(shè)點A在平面BCD內(nèi)的射影為點O，則AO＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)×\f(2,3)))eq\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3)，所以四面體ABCD的體積為eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×12×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(2),12)，故B錯誤；易知∠AED為二面角A-BC-D的平面角，AE＝eq\f(\r(3),2)，DE＝eq\f(\r(3),2)，當(dāng)AD＝eq\f(\r(6),2)時，AE2＋DE2＝AD2，所以∠AED＝90°，所以平面ABC⊥平面BCD，故C正確；因為E，F(xiàn)分別為BC，BD的中點，連接EF，AF(圖略)，易知EF＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2)，由余弦定理可得cos∠AEF＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2),2×\f(\r(3),2)×\f(1,2))＝eq\f(\r(3),2)，所以sin∠AEF＝eq\f(1,2)，所以S△AEF＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),16)，故D正確．]命題點2異面直線所成的角、線面角1．對于異面直線所成的角，一般是通過平移構(gòu)建三角形求角，要注意異面直線所成的角是銳角或直角，若計算出是鈍角時，其補角才是異面直線所成的角．2．求直線和平面所成角的關(guān)鍵是作出這個平面的垂線，則斜線和射影所成角即為所求．3．當(dāng)空間關(guān)系較為復(fù)雜時也可以建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量求解．[高考題型全通關(guān)]1．(2020·泉州模擬)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A，平面α∥平面A1BD，平面α∩平面ABCD＝l，則直線l與直線A1C1所成的角為()A．30°B．45°C．60°D．90°D[如圖，連接AC．在平面ABCD內(nèi)過點A作AF∥BD，交CB的延長線于點F，在平面ADD1A1內(nèi)過點A作AE∥A1D且AE＝A1D，連接EF，則平面AEF即為平面α，則平面α∩平面ABCD＝l＝AF.∵BD∥AF，A1C1∥AC，∴直線l與直線A1C1所成的角即為直線BD與直線AC所成的角，即直線l與直線A1C1所成的角為90°.故選D．]2．(2020·蘭州模擬)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD上一點，且CE＝2DE，F(xiàn)為棱AA1的中點，且平面BEF與DD1交于點G，則B1G與平面ABCD所成角的正切值為()A．eq\f(\r(2),12)B．eq\f(\r(2),6)C．eq\f(5\r(2),12)D．eq\f(5\r(2),6)C[如圖，因為平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以B1G與平面ABCD所成角即為B1G與平面A1B1C1D1所成角，可知B1G與平面A1B1C1D1所成角為∠D1B1G.設(shè)AB＝6，則AF＝3，DE＝2.又平面BEF∩平面CDD1C1＝GE，且BF∥平面CDD1C1，可知BF∥GE，則eq\f(AF,AB)＝eq\f(DG,DE)，即eq\f(3,6)＝eq\f(DG,2)，可得DG＝1，D1G＝5.在Rt△B1D1G中，tan∠D1B1G＝eq\f(D1G,B1D1)＝eq\f(5,6\r(2))＝eq\f(5\r(2),12)，故B1G與平面ABCD所成角的正切值為eq\f(5\r(2),12)，故選C．]3．(2020·四川五校聯(lián)考)已知四面體ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD是邊長為2的等邊三角形，BD＝DC，BD⊥CD，則異面直線AC與BD所成角的余弦值為()A．eq\f(\r(2),4)B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(1,2)D．eq\f(3,4)A[由題意知CD⊥平面ABD，以D為坐標(biāo)原點，DC所在直線為x軸，DB所在直線為y軸，過D作平面BDC的垂線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則A(0，1，eq\r(3))，C(2，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，0)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(2，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(0，－2，0)，設(shè)異面直線AC與BD所成的角為α，則cosα＝eq\f(|\o(AC,\s\up8(→))·\o(BD,\s\up8(→))|,|\o(AC,\s\up8(→))|·|\o(BD,\s\up8(→))|)＝eq\f(\r(2),4)，所以異面直線AC與BD所成角的余弦值為eq\f(\r(2),4)，故選A．]4．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq\r(2)，BC＝2，點D為BC的中點，則異面直線AD與A1C所成的角為()A．eq\f(π,2)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,6)B[法一：取B1C1的中點D1，連接A1D1，D1C(圖略)，易證A1D1∥AD，A1D1，A1C所成的角就是AD，A1C所成的角，∵AB＝AC＝eq\r(2)，D為BC的中點，∴AD⊥BC，∴AD＝eq\r(AB2－BD2)＝eq\r(\r(2)2－1)＝1，∴A1D1＝AD＝1，又A1C＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋AC2)＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2)＝2，D1C2＝eq\r(D1C\o\al(2,1)＋C1C2)＝eq\r(12＋\r(2)2)＝eq\r(3)，∴A1Deq\o\al(2,1)＋D1C2＝A1C2，∴△D1A1C為直角三角形，cos∠D1A1C＝eq\f(1,2)，∴∠D1A1C＝eq\f(π,3)，故選B．法二：以A為原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，A1(0，0，eq\r(2))，B(eq\r(2)，0，0)，C(0，eq\r(2)，0)，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，∴eq\o(AD,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(A1C,\s\up8(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，∴cos〈eq\o(AD,\s\up8(→))，eq\o(A1C,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up8(→))·\o(A1C,\s\up8(→)),|\o(AD,\s\up8(→))||\o(A1C,\s\up8(→))|)＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(AD,\s\up8(→))，eq\o(A1C,\s\up8(→))〉＝eq\f(π,3).故選B．]5．[一題兩空](2020·東營模擬)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，M，N，E，F(xiàn)分別是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中點，則過EF且與MN平行的平面截正方體所得截面的面積為________，CE和該截面所成角的正弦值為________．2eq\r(2)eq\f(\r(10),10)[如圖，分別取CD，BC的中點H，G，連接HE，HG，GE，HF，ME，NH.易證MEeq\o(\s\do3(═),\s\up2(∥))NH，所以四邊形MEHN是平行四邊形，所以MN∥HE，又MN?平面EFHG，HE?平面EFHG，所以MN∥平面EFHG，所以過EF且與MN平行的平面為平面EFHG，平面EFHG截正方體所得截面為矩形EFHG，EF＝eq\r(2)，F(xiàn)H＝2，所以所得截面的面積為2×eq\r(2)＝2eq\r(2).連接AC，交HG于I，則CI⊥HG，又平面EFHG⊥平面ABCD，平面EFHG∩平面ABCD＝HG，所以CI⊥平面EFHG，連接EI，則CI⊥EI，∠CEI為直線CE和截面所成的角．在Rt△CIE中，CE＝eq\r(1＋22)＝eq\r(5)，CI＝eq\f(1,4)AC＝eq\f(2\r(2),4)＝eq\f(\r(2),2).所以sin∠CEI＝eq\f(CI,CE)＝eq\f(\r(10),10).]6．[一題兩空]在四面體ABCD中，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥BC，BD＝AD＝1，BC＝2，則四面體ABCD的體積為________，異面直線AB與CD所成角的余弦值為________．eq\f(2,3)eq\f(\r(10),10)[因為AD⊥BD，AD⊥CD，所以AD⊥平面BCD，所以四面體ABCD的體積V＝eq\f(1,3)AD·S△BCD＝eq\f(1,3)AD·BD·BC＝eq\f(1,3)×1×1×2＝eq\f(2,3).法一：如圖，在平面BCD內(nèi)，過點D作BC的平行線與過點B作的CD的平行線相交于E，連接AE，則四邊形BCDE為平行四邊形，所以DE＝BC＝2，且∠ABE為異面直線AB與CD所成的角．由AD⊥平面BCD，且AB＝eq\r(AD2＋BD2)＝eq\r(2)，則AD⊥DE，所以AE＝eq\r(AD2＋DE2)＝eq\r(5).因為BD⊥BC，所以DC＝eq\r(BD2＋BC2)＝eq\r(5)，則BE＝CD＝eq\r(5)，于是在△ABE中，由余弦定理，得cos∠ABE＝eq\f(AB2＋BE2－AE2,2AB·BE)＝eq\f(2＋5－5,2\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),10).法二：以D為坐標(biāo)原點，在平面BCD內(nèi)過D與BD垂直的直線為x軸，以DB，DA所在的直線分別為y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(－2，1，0)，D(0，0，0)，所以eq\o(AB,\s\up8(→))＝(0，1，－1)，eq\o(DC,\s\up8(→))＝(－2，1，0)，則cos〈eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(DC,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up8(→))·\o(DC,\s\up8(→)),|\o(AB,\s\up8(→))|·|\o(DC,\s\up8(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),10)，即異面直線AB與CD所成角的余弦值為eq\f(\r(10),10).]命題點3翻折問題翻折問題，關(guān)鍵是分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關(guān)系的變與不變．一般地，位于“折痕”同側(cè)的點、線、面之間的位置和數(shù)量關(guān)系不變，而位于“折痕”兩側(cè)的點、線、面之間的位置關(guān)系會發(fā)生變化；對于不變的關(guān)系應(yīng)在平面圖形中處理，而對于變化的關(guān)系則要在立體圖形中解決．[高考題型全通關(guān)]1．[多選]已知某幾何體的展開圖如圖所示，圖中小正方形的邊長均為1，P為BC的中點，Q為線段CC1上的動點，過點A，P，Q的平面截該幾何體所得截面面積為S，則下列結(jié)論正確的為()A．當(dāng)CQ＝eq\f(1,2)時，異面直線AC1與PQ所成的角為45°B．當(dāng)CQ＝eq\f(1,2)時，S＝eq\f(9,8)C．當(dāng)CQ＝1時，S＝eq\f(\r(6),2)D．當(dāng)CQ＝1時，A1B與平面APQ平行BCD[對于A，如圖1，連接BC1，因為P，Q均是中點，所以BC1∥PQ，所以∠BC1A為異面直線AC1與PQ所成的角，因為tan∠BC1A＝eq\f(AB,BC1)＝eq\f(\r(2),2)≠1，故A錯誤．對于B，過點A，P，Q的截面如圖1中平面APQD1，其中PQ∥AD1且PQ＝eq\f(1,2)AD1，四邊形APQD1是等腰梯形，在Rt△ABP中，AB＝1，BP＝eq\f(1,2)，可得AP＝D1Q＝eq\f(\r(5),2)，在Rt△PQC中，CP＝eq\f(1,2)，CQ＝eq\f(1,2)，可得PQ＝eq\f(\r(2),2)，AD1＝eq\r(2)，可得等腰梯形APQD1的高為eq\f(3\r(2),4)，所以S＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(\r(2),2)))×\f(3\r(2),4),2)＝eq\f(9,8)，故B正確．對于C，當(dāng)CQ＝1時，點Q與點C1重合，如圖2，取A1D1的中點M，連接AM，MC1，PM，可得AMeq\o(\s\do5(═),\s\up7(∥))PQ，又易知AM＝MC1＝eq\f(\r(5),2)，所以截面APQM為菱形，其面積為eq\f(1,2)MP×AQ＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\f(\r(6),2)，故C正確．對于D，因為M，P分別為A1D1，BC的中點，所以A1Meq\o(\s\do5(═),\s\up7(∥))BP，所以四邊形A1MPB為平行四邊形，A1B∥MP，又MP?平面APQ，所以A1B∥平面APQ，故D正確．圖1圖2]2．[多選]已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝eq\r(3)，將△ADC沿對角線AC進行翻折，得到三棱錐D-ABC，則在翻折的過程中，下列結(jié)論正確的是()A．三棱錐D-ABC的體積的最大值為eq\f(1,3)B．三棱錐D-ABC的外接球的體積不變C．三棱錐D-ABC的體積最大時，二面角D-AC-B的大小是60°D．異面直線AB與CD所成角的最大值為90°BD[對于A，三棱錐D-ABC的體積VD-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·h(h為點D到平面ABC的距離)，S△ABC＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),2)，所以當(dāng)h最大時，三棱錐D-ABC的體積取得最大值，又當(dāng)平面ADC⊥平面ABC時，h最大，為eq\f(\r(3),2)，此時VD-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,4)，故A錯誤；對于B，設(shè)AC的中點為O，連接OB，OD(圖略)，則OA＝OB＝OC＝OD，所以O(shè)為三棱錐D-ABC外接球的球心，則外接球的半徑為eq\f(1,2)AC＝1，所以外接球的體積為eq\f(4,3)π，即翻折的過程中，三棱錐D-ABC的外接球的體積不變，故B正確；對于C，三棱錐D-ABC的體積最大時，平面ADC⊥平面ABC，所以此時二面角D-AC-B的大小是90°，故C錯誤；對于D，當(dāng)△ADC沿對角線AC翻折到點D與點B的距離為eq\r(2)，即BD＝eq\r(2)時，在△BCD中，BC2＝BD2＋CD2，所以CD⊥BD，又CD⊥AD，BD∩AD＝D，所以CD⊥平面ABD，所以CD⊥AB，即異面直線AB與CD所成角的最大值為90°，故D正確．故選BD．]3．[多選](2020·東營模擬)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC，F(xiàn)為線段AD上一動點(不含端點)，現(xiàn)將△CDF沿直線CF翻折，使點D翻折到點D′的位置，如圖，關(guān)于翻折的過程(不包含始末狀態(tài))下列四個結(jié)論正確的是()A．存在某個位置，使直線AF與BD′垂直B．存在某個位置，使直線BF與D′F垂直C．存在某個位置，使直線D′C與D′A垂直D．存在某個位置，使直線BD′與平面D′CF垂直AB[在翻折過程中，當(dāng)點D′在平面ABCF內(nèi)的射影落在直線AB上時，平面ABD′⊥平面ABCF，又AF⊥AB，平面ABD′∩平面ABCF＝AB，所以AF⊥平面ABD′，所以AF⊥BD′，因此A正確；當(dāng)AF＝D′F，且點D′在平面ABCF內(nèi)的射影落在點F處時，有D′F⊥平面ABCF，故BF⊥D′F，因此B正確；連接AC，在△ACD′中，易知AC＝CD′，因此，無論任何位置，都不可能有D′C⊥D′A，因此C不正確；對于D，假設(shè)存在某個位置，使直線BD′與平面D′CF垂直，則有BD′⊥D′C，即∠BD′C＝90°，此時BC>D′C，設(shè)AD＝2AB＝2BC＝2，則BC＝1，D′C＝eq\r(2)，BC＜D′C，矛盾，因此D不正確．故選AB．]4．[多選]在等腰梯形ABCD中，已知AB＝AD＝CD＝1，BC＝2，將△ABD沿直線BD翻折成△A′BD，如圖，則()A．∠A′BD為定值B．點A的軌跡為線段C．直線BA′與CD所成的角的范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))D．翻折過程中形成的三棱錐A′-BCD的體積的最大值為eq\f(\r(3),12)ACD[在等腰梯形ABCD中，易知∠ABC＝60°，∠ABD＝∠CBD＝30°，則∠A′BD＝30°，為定值，所以BA的軌跡可看作是以BD為軸，B為頂點，母線與軸的夾角為30°的圓錐側(cè)面的一部分，故點A的軌跡如圖中eq\o(\s\up10(︵),AF)所示，其中F為BC的中點．過點B作CD的平行線，過點C作BD的平行線，兩平行線交于點E，則直線BA′與BE所成的角即直線BA′與CD所成的角．又易知CD⊥BD，所以直線BA′與CD所成角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).在△ABD中，過A作AE⊥BD于E，AE＝eq\f(1,2)，又S△BCD＝eq\f(1,2)×1×2sin60°＝eq\f(\r(3),2)，所以三棱錐A′-BCD的體積最大為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12).故選ACD．]5．[多選](2020·濟寧模擬)如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝2，D為線段BC(端點除外)上一動點．現(xiàn)將△ABD沿線段AD折起至△AB′D，使二面角B′-AD-C的大小為120°，則在點D的移動過程中，下列說法正確的是()A．不存在點D，使得CB′⊥ABB．點B′在平面ABC上的投影軌跡是一段圓弧C．B′A與平面ABC所成角的余弦值的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),5)，1))D．線段CB′的最小值是eq\r(3)ABC[過點B作AD的垂線，交AD于點E，連接B′E，BB′，過點B′作BE的垂線，交BE于點H(圖略)，易知B′E⊥AD，則AD⊥平面B′BE，所以∠B′EB為二面角B′-AD-C的平面角的補角，即∠B′EB＝60°，所以EH＝eq\f(1,2)B′E＝eq\f(1,2)BE，即H為BE的中點．易知平面ABC⊥平面B′BE，又B′H⊥BE，所以B′H⊥平面ABC，所以B′在平面ABC上的投影為點H.對于選項A，若CB′⊥AB，連接CH，則CH⊥AB，而這是不可能成立的，故A正確；對于選項B，因為∠BEA＝90°，所以點E的軌跡為以AB為直徑的一段圓弧，又H為BE