2021新高考数学二轮复习学案板块1命题区间精讲精讲10空间位置关系与空间角

空间位置关系与空间角命题点1空间位置关系的判定判断与空间位置关系有关命题真假的3种方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断；(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理进行判断；(3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．[高考题型全通关]1．(2020·成都模拟)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点，则下列结论中正确的是()A．EF⊥BB1B．EF⊥平面BCC1B1C．EF∥平面D1BCD．EF∥平面ACC1A1D[题中未涉及垂直条件，故排除A，B；连接BA1，CD1，则BA1与AB1交于点E，所以直线EF与平面CBA1D1相交，即直线EF与平面D1BC相交，故排除C；连接B1C交BC1于点F，由于平行四边形BCC1B1的对角线互相平分，故F是B1C的中点．因为E是AB1的中点，所以EF是三角形B1AC的中位线，故EF∥AC．又AC⊂平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1.故选D．]2．[多选]已知m，n是不重合的直线，α，β是不重合的平面，则下列命题错误的是()A．若m⊂α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α∩β＝n，m∥n，则m∥α且m∥βD．若m⊥α，m⊥β，则α∥βABC[若m⊂α，n∥α，则m与n可能平行或异面，故A错误；若m∥α，m∥β，则α与β可能相交或平行，故B错误；若α∩β＝n，m∥n，则m还可能在平面α或β内，故C错误；若m⊥α，m⊥β，根据垂直于同一直线的两个平面平行，则α∥β，故D正确．]3．[多选]如图，AC＝2R为圆O的直径，∠PCA＝45°，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，则下列选项正确的是()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正确；∵B为圆周上不与A，C重合的点，AC为直径，∴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正确；∵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正确．故选ACD．]4．[多选](2020·泰安模拟)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，下列判断正确的是()A．平面PB1D⊥平面ACD1B．A1P∥平面ACD1C．异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))D．三棱锥D1­APC的体积不变ABD[在正方体中，B1D⊥平面ACD1，B1D⊂平面PB1D，所以平面PB1D⊥平面ACD1，所以A正确；连接A1B，A1C1，如图，容易证明平面A1BC1∥平面ACD1，又A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，所以B正确；因为BC1∥AD1，所以异面直线A1P与AD1所成的角就是直线A1P与BC1所成的角，在△A1BC1中，易知所求角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以C错误；Veq\s\do6(D1­APC)＝Veq\s\do6(C­AD1P)，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥D1­APC的体积不变，所以D正确．综上，选ABD．]5．[多选](2020·枣庄模拟)在正四面体ABCD中，已知E，F分别是AB，CD上的点(不含端点)，则下列说法不正确的是()A．不存在E，F，使得EF⊥CDB．存在E，使得DE⊥CDC．存在E，使得DE⊥平面ABCD．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABFABC[为了方便解题，将正四面体ABCD放入正方体中，如图所示．连接HG，OD，对于选项A，取E，F分别为AB，CD的中点，则易知EF⊥CD，所以选项A不正确；对于选项B，在正方体中，易知CD⊥平面ABHG，因为过点D且与平面ABHG平行的平面不经过点E，所以不存在点E，使得DE⊥CD，故选项B不正确；对于选项C，在正方体中，易证OD⊥平面ABC，所以不存在E，使得DE⊥平面ABC，故选项C不正确；对于选项D，设OD与平面ABC的交点为K，连接CK，当平面CDK与AB的交点为E，F为CD上任意一点(不含端点)时，平面CDE⊥平面ABF，故选项D正确．]6．[多选](2020·日照模拟)已知在四面体ABCD中，△ABC，△BCD均为边长为1的等边三角形，E，F分别为BC，BD的中点，则()A．BC⊥ADB．若AD＝1，则四面体ABCD的体积为eq\f(\r(2),6)C．若AD＝eq\f(\r(6),2)，则平面ABC⊥平面BCDD．若AF＝eq\f(1,2)，则截面AEF的面积为eq\f(\r(3),16)ACD[连接AE，DE(图略)，因为△ABC，△BCD均为边长为1的等边三角形，所以AE⊥BC，DE⊥BC，又AE∩DE＝E，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥AD，故A正确；设点A在平面BCD内的射影为点O，则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)，所以四面体ABCD的体积为eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×12×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(2),12)，故B错误；易知∠AED为二面角A­BC­D的平面角，AE＝eq\f(\r(3),2)，DE＝eq\f(\r(3),2)，当AD＝eq\f(\r(6),2)时，AE2＋DE2＝AD2，所以∠AED＝90°，所以平面ABC⊥平面BCD，故C正确；因为E，F分别为BC，BD的中点，连接EF，AF(图略)，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正确．]命题点2异面直线所成的角、线面角1．对于异面直线所成的角，一般是通过平移构建三角形求角，要注意异面直线所成的角是锐角或直角，若计算出是钝角时，其补角才是异面直线所成的角．2．求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线，则斜线和射影所成角即为所求．3．当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解．[高考题型全通关]1．(2020·泉州模拟)平面α过正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A，平面α∥平面A1BD，平面α∩平面ABCD＝l，则直线l与直线A1C1所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°D[如图，连接AC．在平面ABCD内过点A作AF∥BD，交CB的延长线于点F，在平面ADD1A1内过点A作AE∥A1D且AE＝A1D，连接EF，则平面AEF即为平面α，则平面α∩平面ABCD＝l＝AF.∵BD∥AF，A1C1∥AC，∴直线l与直线A1C1所成的角即为直线BD与直线AC所成的角，即直线l与直线A1C1所成的角为90°.故选D．]2．(2020·兰州模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD上一点，且CE＝2DE，F为棱AA1的中点，且平面BEF与DD1交于点G，则B1G与平面ABCD所成角的正切值为()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[如图，因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以B1G与平面ABCD所成角即为B1G与平面A1B1C1D1所成角，可知B1G与平面A1B1C1D1所成角为∠D1B1G.设AB＝6，则AF＝3，DE＝2.又平面BEF∩平面CDD1C1＝GE，且BF∥平面CDD1C1，可知BF∥GE，则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与平面ABCD所成角的正切值为eq\f(5\r(2),12)，故选C．]3．(2020·四川五校联考)已知四面体ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD是边长为2的等边三角形，BD＝DC，BD⊥CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为()A．eq\f(\r(2),4)B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(1,2)D．eq\f(3,4)A[由题意知CD⊥平面ABD，以D为坐标原点，DC所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，过D作平面BDC的垂线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则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)，设异面直线AC与BD所成的角为α，则cosα＝eq\f(|\o(AC,\s\up8(→))·\o(BD,\s\up8(→))|,|\o(AC,\s\up8(→))|·|\o(BD,\s\up8(→))|)＝eq\f(\r(2),4)，所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4)，故选A．]4．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq\r(2)，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为()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的中点D1，连接A1D1，D1C(图略)，易证A1D1∥AD，A1D1，A1C所成的角就是AD，A1C所成的角，∵AB＝AC＝eq\r(2)，D为BC的中点，∴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为直角三角形，cos∠D1A1C＝eq\f(1,2)，∴∠D1A1C＝eq\f(π,3)，故选B．法二：以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则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).故选B．]5．[一题两空](2020·东营模拟)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，M，N，E，F分别是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为________，CE和该截面所成角的正弦值为________．2eq\r(2)eq\f(\r(10),10)[如图，分别取CD，BC的中点H，G，连接HE，HG，GE，HF，ME，NH.易证MEeq\o(\s\do3(═),\s\up2(∥))NH，所以四边形MEHN是平行四边形，所以MN∥HE，又MN⊄平面EFHG，HE⊂平面EFHG，所以MN∥平面EFHG，所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG，平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG，EF＝eq\r(2)，FH＝2，所以所得截面的面积为2×eq\r(2)＝2eq\r(2).连接AC，交HG于I，则CI⊥HG，又平面EFHG⊥平面ABCD，平面EFHG∩平面ABCD＝HG，所以CI⊥平面EFHG，连接EI，则CI⊥EI，∠CEI为直线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．[一题两空]在四面体ABCD中，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥BC，BD＝AD＝1，BC＝2，则四面体ABCD的体积为________，异面直线AB与CD所成角的余弦值为________．eq\f(2,3)eq\f(\r(10),10)[因为AD⊥BD，AD⊥CD，所以AD⊥平面BCD，所以四面体ABCD的体积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：如图，在平面BCD内，过点D作BC的平行线与过点B作的CD的平行线相交于E，连接AE，则四边形BCDE为平行四边形，所以DE＝BC＝2，且∠ABE为异面直线AB与CD所成的角．由AD⊥平面BCD，且AB＝eq\r(AD2＋BD2)＝eq\r(2)，则AD⊥DE，所以AE＝eq\r(AD2＋DE2)＝eq\r(5).因为BD⊥BC，所以DC＝eq\r(BD2＋BC2)＝eq\r(5)，则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为坐标原点，在平面BCD内过D与BD垂直的直线为x轴，以DB，DA所在的直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则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)，则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)，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).]命题点3翻折问题翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．[高考题型全通关]1．[多选]已知某几何体的展开图如图所示，图中小正方形的边长均为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该几何体所得截面面积为S，则下列结论正确的为()A．当CQ＝eq\f(1,2)时，异面直线AC1与PQ所成的角为45°B．当CQ＝eq\f(1,2)时，S＝eq\f(9,8)C．当CQ＝1时，S＝eq\f(\r(6),2)D．当CQ＝1时，A1B与平面APQ平行BCD[对于A，如图1，连接BC1，因为P，Q均是中点，所以BC1∥PQ，所以∠BC1A为异面直线AC1与PQ所成的角，因为tan∠BC1A＝eq\f(AB,BC1)＝eq\f(\r(2),2)≠1，故A错误．对于B，过点A，P，Q的截面如图1中平面APQD1，其中PQ∥AD1且PQ＝eq\f(1,2)AD1，四边形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的高为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正确．对于C，当CQ＝1时，点Q与点C1重合，如图2，取A1D1的中点M，连接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为菱形，其面积为eq\f(1,2)MP×AQ＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\f(\r(6),2)，故C正确．对于D，因为M，P分别为A1D1，BC的中点，所以A1Meq\o(\s\do5(═),\s\up7(∥))BP，所以四边形A1MPB为平行四边形，A1B∥MP，又MP⊂平面APQ，所以A1B∥平面APQ，故D正确．图1图2]2．[多选]已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝eq\r(3)，将△ADC沿对角线AC进行翻折，得到三棱锥D­ABC，则在翻折的过程中，下列结论正确的是()A．三棱锥D­ABC的体积的最大值为eq\f(1,3)B．三棱锥D­ABC的外接球的体积不变C．三棱锥D­ABC的体积最大时，二面角D­AC­B的大小是60°D．异面直线AB与CD所成角的最大值为90°BD[对于A，三棱锥D­ABC的体积VD­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·h(h为点D到平面ABC的距离)，S△ABC＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),2)，所以当h最大时，三棱锥D­ABC的体积取得最大值，又当平面ADC⊥平面ABC时，h最大，为eq\f(\r(3),2)，此时VD­ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,4)，故A错误；对于B，设AC的中点为O，连接OB，OD(图略)，则OA＝OB＝OC＝OD，所以O为三棱锥D­ABC外接球的球心，则外接球的半径为eq\f(1,2)AC＝1，所以外接球的体积为eq\f(4,3)π，即翻折的过程中，三棱锥D­ABC的外接球的体积不变，故B正确；对于C，三棱锥D­ABC的体积最大时，平面ADC⊥平面ABC，所以此时二面角D­AC­B的大小是90°，故C错误；对于D，当△ADC沿对角线AC翻折到点D与点B的距离为eq\r(2)，即BD＝eq\r(2)时，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，即异面直线AB与CD所成角的最大值为90°，故D正确．故选BD．]3．[多选](2020·东营模拟)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC，F为线段AD上一动点(不含端点)，现将△CDF沿直线CF翻折，使点D翻折到点D′的位置，如图，关于翻折的过程(不包含始末状态)下列四个结论正确的是()A．存在某个位置，使直线AF与BD′垂直B．存在某个位置，使直线BF与D′F垂直C．存在某个位置，使直线D′C与D′A垂直D．存在某个位置，使直线BD′与平面D′CF垂直AB[在翻折过程中，当点D′在平面ABCF内的射影落在直线AB上时，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正确；当AF＝D′F，且点D′在平面ABCF内的射影落在点F处时，有D′F⊥平面ABCF，故BF⊥D′F，因此B正确；连接AC，在△ACD′中，易知AC＝CD′，因此，无论任何位置，都不可能有D′C⊥D′A，因此C不正确；对于D，假设存在某个位置，使直线BD′与平面D′CF垂直，则有BD′⊥D′C，即∠BD′C＝90°，此时BC>D′C，设AD＝2AB＝2BC＝2，则BC＝1，D′C＝eq\r(2)，BC＜D′C，矛盾，因此D不正确．故选AB．]4．[多选]在等腰梯形ABCD中，已知AB＝AD＝CD＝1，BC＝2，将△ABD沿直线BD翻折成△A′BD，如图，则()A．∠A′BD为定值B．点A的轨迹为线段C．直线BA′与CD所成的角的范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))D．翻折过程中形成的三棱锥A′­BCD的体积的最大值为eq\f(\r(3),12)ACD[在等腰梯形ABCD中，易知∠ABC＝60°，∠ABD＝∠CBD＝30°，则∠A′BD＝30°，为定值，所以BA的轨迹可看作是以BD为轴，B为顶点，母线与轴的夹角为30°的圆锥侧面的一部分，故点A的轨迹如图中eq\o(\s\up10(︵),AF)所示，其中F为BC的中点．过点B作CD的平行线，过点C作BD的平行线，两平行线交于点E，则直线BA′与BE所成的角即直线BA′与CD所成的角．又易知CD⊥BD，所以直线BA′与CD所成角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).在△ABD中，过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)，所以三棱锥A′­BCD的体积最大为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12).故选ACD．]5．[多选](2020·济宁模拟)如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝2，D为线段BC(端点除外)上一动点．现将△ABD沿线段AD折起至△AB′D，使二面角B′­AD­C的大小为120°，则在点D的移动过程中，下列说法正确的是()A．不存在点D，使得CB′⊥ABB．点B′在平面ABC上的投影轨迹是一段圆弧C．B′A与平面ABC所成角的余弦值的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),5)，1))D．线段CB′的最小值是eq\r(3)ABC[过点B作AD的垂线，交AD于点E，连接B′E，BB′，过点B′作BE的垂线，交BE于点H(图略)，易知B′E⊥AD，则AD⊥平面B′BE，所以∠B′EB为二面角B′­AD­C的平面角的补角，即∠B′EB＝60°，所以EH＝eq\f(1,2)B′E＝eq\f(1,2)BE，即H为BE的中点．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上的投影为点H.对于选项A，若CB′⊥AB，连接CH，则CH⊥AB，而这是不可能成立的，故A正确；对于选项B，因为∠BEA＝90°，所以点E的轨迹为以AB为直径的一段圆弧，又H为BE