专题13 点、直线、平面之间的位置关系【创新大课堂系列】高三数学全国名校名卷168优化重组卷

整理得R2-3Rh+h2=0,因为h :6.B延长AE交CD于点H,连接FH, D R,所以=35 R 2 则△DEHn△BEA,因为號-合， (3)设正四面体P-ABC内接“球 R-h 所以器-器-合，周为平西A团 锥”，顶，点P与球心重合，棱长为a, 朵 ∥平面BD1G,平面AEF∩平面 则△ABC外接国辛径为号a,正四 CDD1C1=FH,平面BD1G∩平面 CDD1C1=D1G,所以FH∥D1G,又 面体的高为 3 a,显然a>R不满足 四边形CDD1C1为平行四边形，所以 △DFH∽△CGD1,所以 DF 条件， CG 注意到，当顶点A,B,C在圆雏底面圆周上时， DH DHDH 1 DF F a-RR-A-号R,将资-1-9 C,因为B-AB ·所以0-周为器 3,所 3 以器 合片以FD-GG,DP-G,所以瓷-合 当瓷-1一时，作平行于周维底面的手面发正四西体】 故选B. P-ABC,所得棱长小于R的正四面体均可内接该“球锥”. 7.B设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h,三条 侧棱延长后交于一点P,作PO⊥平面ABC于 国此，若要存在棱长唯一的正四西体内接孩“球维”，则是≠1一 点O,PO交平面A1B1C1于点O1,连接OA, OA1,如图所示.由AB=3A1B1,可得PO1= B ，且项点A,BC在球冠上.即a=R,且R-R 3 ,P0-受，又5ag-×2× 2 又国为AR,所以1-<会1， 万，Saw=号××号-9，所以正三技 考点13点、直线、平面之间的位置关系 台ABC-A1BC的体积V=Vn-A-Vn4gS=号×9EX受A 1.C对于A,若m∥a,nCa,则n,n可平行或异面，故A错误：对于 B,若n⊥a,n⊥P,则a∥3，故B错误；对于C,两条平行线有一条垂： 合××-婴解得h-,故0-受h-26.由正三 3 直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面，现n∥a,m⊥3，故 a⊥3，故C正确；对于D,mCa,&⊥3，则n与3可平行或相交或！ 棱台的性质可知，0为底面ABC的中心，则OA-子XV2-3 m二3，故D错误.故选C. D =2√5，因为PO⊥平面ABC,所以∠PAO是A1A与平面ABC所 2.B连接A1D,BD,因为在正方体ABCD- B A1B1C1D1中，M,N分别为AC,A1B的中 成的角，在Rt△PAO中，tan∠PAO-OA-1.故选B 点，所以MN∥A1D,因此，异面直线MN与 8.B如图，分别取BC,AA1,CC1的中点为 D DD1所成角即为直线A1D与DD1所成角， H,M,N,连接EH,HN,GN,FM,ME,容易 FA 即∠A1DD1,显然为45°.故进B. 得出FG∥EH,GN∥ME,HN∥FM, A 3.D设三棱锥P-ABC的外接球的半径为 则，点E,F,G,H,M,N共面， R,取PA中点为O,连接OB,OC,PB⊥ 且FG=EH=GN=ME=HN=FM= AB,PCLAC,..OB=OC=OP=OA,..O 是三棱锥P-ABC的外接球的球心，PA= √()+()- A 2R,·三棱锥P-ABC的外接球体积为 即经过E,F,G三点的截面图形为正六边形EHNGFM, 要R-号，每得：R-2PA-4 连接MN,EG,FH,且相交于点O, 3 取BC中点M,连接AM,PM,,△ABC为等边三角形，，AM⊥ 因为MN-AC=√12+1=√2 BC,AB=AC,∠PBA=∠PCA=交，PA=PA,Rt△PBA≌ 所以OE=0H=ON=OG=OF=OM-号。 Rt△PCA,.PB=PC,,.PM⊥BC,作PH⊥AM,垂足为H,BC 则截面图形的面积为 ⊥AM,BC⊥PM,AM∩PM=M,AM,PMC平面APM,.∴.BC⊥平i 面APM,又PHC平面APM,∴.PH⊥BC,又AM∩BC=M,AM, 4 BCC平面ABC,,PH⊥平面ABC,∠PAM即为直线PA与平9.B将展开图合成一个正方体，如图所示： 面ABC所成角，：AM=3,PA=4,PB=PC=√42-22-2√3， 连接EH和HF,由正方体性质可得： 六PM-VI2-T=Vm,∴os∠PAM=PA2+AM-PM= AH∥BF,AH=BF,四边形HCFD为正 2PA·AM 方形。 则四边形AHFB为平行四边形，HF⊥CD. 16十3-5，即直线PA与平面ABC所成角的余孩值为 所以AB∥HF,所以AB∥CD: 2×4×√5 3 3 同理可得：EF⊥GH. 故选D. 因为AB∥HF, 4.B如图，二面角a-AB-3的棱上有A、B 所以∠EFH为异面直线AB与EF所成的角或其补角， 两点，ACC平面a、BDC平面B,在平面3内 又因为EF=FH=EH, 做AE⊥AB,且AE=BD,连接CE,ED,则 所以△EFH为等边三角形，则∠EFH=60°， 四边形AEDB是长方形，所以∠CAE为二 同理可得：AB与GH所成角为60°；CD与EF所成角为60°：CD 面角a-AB-3的平面角，设为0，由AC 与GH所成角为60° AB,AE⊥AB,AC∩AE=A,AC,AEC平面 综上可得：AB与CD垂直：AB与EF所成角为60°：AB与GH所 ACE,所以AB⊥平面ACE,由AB∥DE,可得DE⊥平面ACE,因 成角为60°：CD与EF所成角为60°：CD与GH所成角为60°：EF 为CEC平面ACE,所以DE⊥CE,所以CE2=CD2一DE2=164 与GH垂直.故有2对.故选B. 16=148,在△ACE中，由余弦定理得CE2=AC2+AE2一2AC· !10.A如图，在平面ADF内过点D作DH⊥AF,垂足为H,连接 AEcos 0.Cos 0-ACAE CE3664-148 HK,过，点F作FP∥BC,交AB于点P, 2AC·AE 2×6×8 ，因为 0°0180°，所以0=120°.故选B. 5.C由a,3是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，知：①若 n⊥a,mC3,则由面面垂直的判定定理得a⊥B,故①正确；②若 m⊥，n⊥a,则n∥a或nCa,故②错误；③若m∥a,a⊥3，则n与3， 相交、平行或mC3,故③错误；④若a∩3=n,1∥m,且n寸，n寸3， 则由线面平行的判定定理得n∥a,n∥B,故④正确.故选C 设∠FaB=.AE=E.AC=,所以os0E(,2) -198 设DF=x,则1<x2.因为平面ABD⊥平面ABC,平面ABD∩： 平面ABC=AB, 十√四，故C正确：对于D,VA-BQ 2 DK⊥AB,DKC平面ABD,所以DK⊥平面ABC, VQ-A即，因S△ABn为定值，因为CD∥CD1, 又AFC平面ABC,所以DK⊥AF AB∥CD,所以AB∥CD1,因为D,C1￠平面 又因为DH⊥AF,DK∩DH=D,DK,DHC平面DKH,所以 ABP,ABC平面ABP,所以C1D1∥平面ABP D AF⊥平面DKH、 故Q到平面ABP的距离也为定值，所以 HKC平面DKH,所以AF⊥HK,即AH⊥HK VA-BPQ为定值，所以D正确.故选ACD. 在R△ADF中，AF-VI+T,DH=DA,DF 13.ABD 将该四棱锥补成正方体，可知 AF V1+x2, AG位于其体对角线上，则AG⊥平面 因为△ADF和△APF都是直角三角形，PF=AD,AF=AF, PBD,即A正确；设PB中点为H,易知 所以Rt△ADF≌Rt△FPA,则有AP=DF=x. FG∥AH,且∠HAB=于，即B正确； 因为△AHD∽△ADF,所以AH-DH,AHV1+r TA十TG=2,易知T在空间的轨递 9 AD DE 为椭圆绕其长轴旋转形成的椭球，又平 面PBD与其长轴垂直，所以截面为圆， 1 即C错误； AH= 设平面EFG与PB,PD交于点M,N,连接PE,EC,PF,FC AKAF2-t /1+x2 EM,MG,GN,NF,易知PC⊥平面EFG,则PC⊥EM,又 得x=2因为1<x<2,所以1<<.故选A BCLEM,则EML平面PBC,则EMLPB,所以BM=BP,同 11.BD方法一：对于A,在正三棱柱ABC A1B1C1中，AA1⊥平面ABC,又ADC平 理有DN-子DP,所以EM=FN=竖BE=号 ，又PG=5, 面ABC,则AA1⊥AD,则A1A·AD=0.因 B 为△ABC是正三角形，D为BC中点，则 PM-9,则GM=GN=9,所以文我长为EF+EM+MG+ 2 AD⊥BC,则CD·AD=0,又A1C=A1A+ GN+FN=2√2十√6，即D正确.故选ABD. AD+CD,所A1C·AD=(A1A+AD十 C 14.AD对于A,因为BC⊥底面ABE,AEC底面ABE,所以BC⊥AE, D CD)·AD=A1A·AD+AD2+CD.AD 又AE⊥BE,BE∩BC=B,BE,BCC平面BCE,所以AE⊥平面BCE, B 因为BFC平面BCE,所以AE⊥BF,又BF⊥AC,AE∩AC=A, =AD≠0，则ADLA,C不成立，故A错误：对于B,因为在正三 AE,ACC平面ACE,所以BF⊥平面ACE,即BF⊥CE,因为F 棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC,又BCC平面ABC,则 为CE的中点，所以△EBC为等腰直角三角形，所以BE=BC= AA1⊥BC,因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC, 2,又AE=BE,AB为底面圆的直径，所以AB=√2AE=2√2，所 又AA1∩AD=A,AA1,ADC平面AA1D,所以BC⊥平面 以该圆柱的体积为πr2h=π×（√2）2×2=4π，故A正确：对于B, AA1D,故B正确：对于D,因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，CC ∥AA1,又AA1C平面AA1D,CC1庄平面AA1D,所以CC∥平面 由A可得该圆柱的表面积为2πr2+2πrh=2πX(√2)2十2πX2 AA1D,故D正确：对于C,因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1 ×2=4π十4√2π，故B错误；对于C,因为BC⊥底面ABE,AE□ ∥AB,假设AD∥A1B1,则AD∥AB,这与AD∩AB=A矛盾，所 底面ABE,所以BC⊥AE,又AE⊥BE,BE∩BC=B,BE,BCC平 以AD∥A1B1不成立，故C错误：故选BD 面BCE,所以AE⊥平面BCE,所以∠ACE直线AC与平面BCE 方法二：如图，建立空间直角坐标系，设该 正三棱柱的底边为2，高为h,则D(0,0, 所成角，因为AC=√AB+BC=23,所以sim∠ACE,5 0),A(3,0,0),A(3,0,h),C(0,-1,0), C1(0,-1,h),B(0,1,0),B1(0,1,h),对于 ,即∠ACE≠30，故C错误：对于D,由C可得∠CEB为二面 3 A.AD=(-3,0,0),A1C=(-5,-1, 角的平面角，因为△EBC为等腰直角三角形，所以∠CEB=45°， -h),则AD·A1C=(-√3)×(-√3)+ D 即二面角C-AE-B为45°，故D正确.故选AD 0=3≠0，则ADLA,C不成立，故A错误； A B i15.BCD取AA1、DD1中，点分别为N1、E,连接D1N1、B1N1、AE B1D1A1N,如图： 对于BC,BC=(0,-2,0),CC1=(0,0,h), ,ABCD-A1B1C1D1为正方体， AA1=(0,0,h),AD=(一√5,0,0)，设平面AA1D的法向量为 ∴.AE∥BM,B1D1∥BD,DN∥AE AA1·n=hx=0, .DN1∥BM,D1N1、B1D1C平面 n=(x,y,),则 ,得x=之=0，令y=1,则n AD·n=-5x=0 B1D1N1,BD、BMC平面BMD,且 D1N1∩B1D1=D1,BD∩BM=B, (0,1,0),所以BC=(0,-2,0)=-2,CC1·n=0,则BC⊥平面 .平面B1D1N1∥平面BMD,N AA1D,CC1∥平面AA1D,故BD正确：对于D,AD=(一√5,0,0)， 为四边形A1D1DA内一点（含边 A应=（一610.则≠9，显然AD/A,B不成立，kC 界)，且B1N∥平面BMD,.点N在 线段D1N1上（含端点），对于选项 -√3 A:当N为D1时，NB1∥BD,则 错误，故选BD. 12.ACD对于A,连接AQ,C1B,当Q为 NB1与DC1的夹角为∠BDC1,此时BD=BC1=DC1=2√2，则 GD的中点时，QG=号D,G,因为 ∠BDG=牙，则NB,与DG不垂直，故A错误：对于选项B: CD=C,D1=2,CD∥C1D1,AB∥CD, M ,N为四边形A1D1DA内一点（含边界），∴.N到平面B,BM的 AB=1,所以AB=QC1=1,AB∥ 距离为2，∴.三校锥B1-NBM的体积为VB-NBM QC1,所以四边形ABC,Q为平行四边 形，所以AC1与BQ互相平分，设AC V8×2×号×2X2=亭故B正确；对于选项C:“点N 与BQ交于点M,连接PM,因为P是棱CC1的中点，所以PM∥ 在线段D1N1上（含端点），∴，当B1N⊥D1N1时，线段B1N最 AC,因为AC庄平面BPQ,PM二平面BPQ,所以AC∥平面 小，，B1V1=D1N1=W5,B1D1=2W2,∴.△B1N1D1在边B1D BPQ,故A正确；对于B,B1D1∥BD,又D任平面BPQ,BD与平 面BPQ只能相交，所以B1D1与平面BPQ只能相交，故B错：对 上的高为/(5-一(）-,则s△Nn-×22×，- 于C,BP=,把ABC,D,沿CD,展开与CDD,C在同-平 √6，则当B1N⊥D1N1时，即B1Nmim 2SAR N,D26 面（如图），则当B,P,Q共线时，BQ十PQ有最小值，在直角梯形 DIN 5 ABCD中，AB∥CD,AD⊥DC,BC=CD=2,AB=1,则AD= √22-1-5，所以AD,=√AD+DD=√3+I=2,所以BP 23,故C正确：对于选项D:ABCD-ABCD为正方体， 5 AB1⊥平面A1D1DA,A1NC平面ADDA,.AB1⊥AN, P+(停)-②，所以三角形BPQ周长的最小值为 ,△A1B1N为直角三角形，且直角为∠B1A1N,.tan∠A1NB 199 ANA,:点N在线段DN1上（含端点），则当A1N最 A1B12 O1D-AD-AO1=5BO1=C0,=√2+(2)2=√3， ..O D=BO=CO, 大时，即点N为，点D1时，此时A1N=2,此时tan∠A1NB1最小，： 为=号-1，当AN景小时，即ANID,,光时A,N一 .点O1是△BCD的外心 在Rt△AOP中，AP⊥AD,AP =√2， 2SA_2X宁X1X2_26,光时n∠ANB最大，为 由股定理得， DN √5 5 PO=√Ap2+AO-√(2)2+12 =2=5,则tan∠A1NB,的取值范国为[1,5]，故D正确. =√5，∴.PO1=BO1=CO1=O1D B 2W5 =√5， 点O即为点P,B,C,D所在球的球心O, 故选BCD. 此时点O在线段AD上，ADC平面ABCD, 专题14空间向量在立体几何中的应用 ,点O在平面ABCD上. (i)方法1：由题意，(1) 1.解(1)由题意证明如下， (2)及图得， 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,ABC平面ABCD: AC=(√2,2,0)，PO=(0, ,.AP⊥AB,又AB⊥AD,APC平面PAD,ADC平面PAD,AP∩AD =A,,.AB⊥平面PAD, 1,-√2)， ABC平面PAB,∴.平面PAB⊥平面PAD. 设直线AC与直线PO所成 (2)(1)由题意及(1)证明如下， 角为0， B D 方法一： ."cos 0- IAC.POI 在四棱锥P-ABCD中，AP⊥AB,AP⊥AD, lACI POl AB⊥AD,BC∥AD, PA=AB=√2，AD=1+5, 10+2×1+0 √2 建立空间直角坐标系如图所示， √(W2)2+2+0×√0+12+(-√2)2 .A(0,0,0),B(2,0,0),C(√2,2 方法2： 0),D(0,1+5,0),P(0,0,√2)， 由几何知识得，PO=√3， 若P,B,C,D在同一个球面上， D AB⊥AD,BC∥AD, 则|OP|=|OB=OC=|OD, .AB⊥BC, 在平面xAy中， 在Rt△ABC中，AB=√2，BC=2,由勾股定理得， P AC=√WAB2+BC2=√W(√2)2+22= E √6，过点O作AC的平行线，交BC的 延长线为C1,连接AC1,PC1, 则OC1=AC=√6，直线AC与直线 D PO所成角即为△POC1中∠POC 或其补角， B C -2-yA1 1B234x ,PA⊥平面ABCD,AC1C平面ABCD -1 ,.PA⊥AC1, ∴.A(0,0),B(2,0),C(2,2),D(0,1+√5) 在Rt△ABC1中，AB=√2，BC1=BC十CC=2+1=3,由勾股定 线统CD中点盘标F(停，时) 理得， AC1=√/AB+BC-√(W2)2+32=√T, 直线CD的斜率：k1=1+E_=2-1 在Rt△APC中，PA=√2，由勾股定理得， 0-√2 PC1=√/PA2+AC9=√(2)2+（√T)2=√13， 直线CD的垂直平分线EF斜率：，=E=+巨， 在△POC中，由余弦定理得， √3-1 2 PC=PO2+OC-2PO·OC1cos∠POC1, 直线CD的方程：y (-号) 即：（√3）2=(W3)2+(6)2-25×6c0s∠P0C1 2 2 即y=6+ √2 +5+3 解得：cos∠P0C,--2 3 2 x2】 2 ∴直线AC与直线PO所成角的余弦值为：cos∠POC|- 3 2 2 2.解(1)证明：因为AD∥BC,且BC=2AD=2AB=2√2，AB .O(0,1)在立体几何中，O(0,1,0), ⊥BC, 10P1=W√02+12+(0-√②)2 可得AD=AB=√2，BD=√AB2+AD=2, |OB|=√/(0-√2)2+12+02 又因为∠DBC= ∠ADB=45°，可得CD= 10C=√/(0-2)2+(1-2)2+02 √22+(2√2)2-2X2×22c0s45°=2. OD=W√/02+(1-1-√3)2+02 所以BD2+DC2-BC,则CD⊥BD, 因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD, 解得：|OP|=|OB|=|OC=|OD|=√5， 且CDC平面BCD, ∴.点O在平面ABCD上. 所以CD⊥平面ABD, 方法二： 又因为ABC平面ABD, ,P,B,C,D在同一个球面上， 所以CD⊥AB. .球心到四个点的距离相等 (2)因为CD⊥平面ABD,且BDC平面 在△BCD中，到三角形三，点距 ABD,所以CD⊥BD. 离相等的点是该三角形的 G 如图所示，以点D为原点，建立空间直 外心， 角坐标系， D 作出BC和CD的垂直平分线， 如图所示， 可得A(1,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), 由儿何知识得， D(0,0,0), O1E=AB=√2，BE=CE= 所以CD=(0,-2,0),AD=(-1,0,-1). A0=G0,=BC=1, 设平面ACD的法向量为n=(x,y,心)，则 n·CD=-2y=0 n·AD 200考点13点、直线、平面之间的位置关系 (时间：60分钟分值：80分) 一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的 1.(2025·天津卷)若m为直线，a,3为两个平面，则下列结论中正确的是 A.若m∥a,nCa,则m∥n B.若m⊥a,m⊥3，则a⊥3 C.若m∥a,m⊥3，则a⊥3 D.若mCa,a⊥B,则m⊥3 是 2.(2025·吉林长春一模)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N分别为AC,A1B的中点，异面 直线MN与DD1所成角为 D R C A A.6 B. c. D. 3.(2025·安徽淮南阶段练习)己知三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，PB⊥AB,PC 数 ⊥AC,若三棱锥P-ABC的外接球体积为，则直线PA与平面ABC所成角的余弦值为（） 2 B③ 4 C.0 4 4.(2025·山东德州阶段练习)二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半 平面内，且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2√41，则该二面角的大小为 () A.150° B.120° C.60 D.45 5.(2025·广东广州一模)已知a,3是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，给出了下列命题： ①若m⊥a,mCB,则a⊥3；②若m⊥n,m⊥a,则n∥a;③若m∥a,a⊥B,则m⊥B,④若a∩3=m,n∥ m,且n寸a,n寸B,则n∥a,n∥3 49 其中正确的命题是 ( A.②④ B.①②④ C.①④ D.①③ 6.(2025·辽宁省五校联考)如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E,F 分别在线段DB,DD,上，且器-那，-日G在CC上且平面AEF/平面BD,G则瓷=() D B F B A司 b. c号 D.i 7(②024，新商考Ⅱ套)已知正三楼合ABC-A,4G的体积为号，AB=6,AB=2,则AA与平面 ABC所成角的正切值为 A司 B.1 C.2 D.3 8.(2025·深圳模拟)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E,F,G分别为棱AB,A1D1,C1D1 的中点，经过E,F,G三点的平面被正方体所截，则截面图形的面积为 () D G A D A号 B.33 4 C.1 D.2 9.(2025·浙江期中)正方体的平面展开图如图所示，AB,CD,EF,GH为四条对角线，则在正方体中， 这四条对角线所在直线互相垂直的有 () -50 A.1对 B.2对 C.3对 D.4对 10.(2025·江西鹰潭模拟预测)如图，在长方形ABCD中，AB=2,BC=1,E为DC的中点，F为线段 EC(端点除外)上的动点.现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC,在平面ABD内过点 D作DK⊥AB,K为垂足.设BK=t,则t的取值范围是 EF A.(1,2) B.（1w2) C.（W23) n() 二、选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部 选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分， 11.(2025·新高考I卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC中点，则 A.AD⊥A1C B.BC⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D 12.(2025·广西柳州模拟预测)如图.直四棱柱ABCD-A1BC1D1的底面是梯形，AB∥CD,AD⊥ DC,BC=CD=2,DD1=AB=1,P是棱CC1的中点，Q是棱C1D1上一动点（不包含端点），则 ( D B D A.AC与平面BPQ有可能平行 B.B1D1与平面BPQ有可能平行 C.三角形BPQ周长的最小值为7+2四 2 D.三棱锥A-BPQ的体积为定值 -51 13.(2025·南京盐城二调)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面AB CD,且PA=2.若点E,F,G分别为棱AB,AD,PC的中点，则 P G M A A.AG⊥平面PBD B直线FG和直线AB所成的角为？ C.当点T在平面PBD内，且TA十TG=2时，点T的轨迹为一个椭圆 D.过点E,F,G的平面与四棱锥P一ABCD表面交线的周长为2√2十√6 14.(2025·河北张家口一模)已知圆柱的轴截面为矩形ABCD,BC=2,AB为下底面圆的直径，点E 在下底面圆周上，AE=BE,F为CE的中点，BF⊥AC,则 B A.该圆柱的体积为4π B.该圆柱的表面积为16π C.直线AC与平面BCE所成角为30° D.二面角C-AE-B为45° 15.(2024春·湖北·高三统考阶段练习)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为CC1中 点，N为四边形A1D1DA内一点（含边界），若B1N∥平面BMD,则下列结论正确的是() A.NB1⊥DC B三棱锥B,-NBM的体积为号 C.线段BN最小值为23@ 5 D.tan∠A1NB1的取值范围为[1，√5] -52