高考真题衍生卷·命题区间13
1．B[连接MN，ND(图略)，由AB＝2AA′＝2AD，M，N分别是A′B′，D′C′的中点，
可得CN⊥ND，又MN⊥平面CND，
所以CN⊥MN，又MN∩ND＝N，
所以CN⊥平面MND，
因为DM?平面MND，所以CN⊥DM，
即直线CN与DM为相互垂直的异面直线．故选B．]
2．C[对于A，B，若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，故A，B错误．
对于C，D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n相交或异面，故D错误．故选C．]
3．A[对①，当n?α，因为m∥n，m?β，则n∥β；
当n?β，因为m∥n，m?α，则n∥α；
当n既不在α内也不在β内，因为m∥n，m?α，m?β，则n∥α且n∥β，故①正确；
对②，若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，故②错误；
对③，过直线n分别作两平面与α，β分别相交于直线s和直线t，
因为n∥α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n∥s，
同理可得n∥t，则s∥t，因为s?平面β，t?平面β，则s∥平面β，
因为s?平面α，α∩β＝m，则s∥m，又因为n∥s，则m∥n，故③正确；
对④，若α∩β＝m，n与α和β所成的角相等，如果n∥α，n∥β，则m∥n，故④错误．
综上只有①③正确，故选A．]
4．ABD[由AM+BM＝0，可知M为
A项：若x≠0，则由BP＝
点P?直线BD，点P∈平面BCD，所以点P?平面ABD，
因为AD?平面ABD，点M∈平面ABD，且点M?直线AD，
所以x≠0时，直线MP与直线AD为异面直线，A正确；
B项：若x＋y＝1，则P，C，D三点共线，即点P∈直线CD，
在正三棱锥D ABC中，CM⊥AB，DM⊥AB，所以AB⊥平面MDC，又AB?平面ABD，所以平面MDP⊥平面ABD，B正确；
C项：因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，所以过点M有且仅有一条直线l与平面BCD垂直，则点P就是直线l与平面BCD的交点，且是唯一的．
又由平面向量基本定理可得，存在唯一的实数对(x，y)，使得BP＝xBC
D项：分别取BD，BC的中点E，F，则BP＝
当x＋y＝12时，2x＋2y＝1，所以E，F，P三点共线，即P∈EF
显然平面MEF∥平面ADC，所以MP∥平面ADC，D正确．故选ABD．]
5．B[对于A，如图1，当点P为A1C1的中点时，连接B1D1，BD，则P在B1D1上，BP?平面BDD1B1，又DD1?平面BDD1B1，所以BP与DD1共面，故A不正确；对于B，如图2，连接AC，易知AC?平面ACC1A1，BP?平面ACC1A1，且BP∩平面ACC1A1＝P，P不在AC上，所以BP与AC为异面直线，故B正确；当点P与点C1重合时，连接AD1，B1C(图略)，由正方体的性质，易知BP∥AD1，BP与B1C相交，故C，D不正确．故选B．
]
6．B[SG＝SE+EG
7．解：(1)因为∠A1AB＝120°，所以∠ABB1＝60°，
又AA1＝BB1＝4，AB1＝23
在△ABB1中，由正弦定理得4sin
所以sin∠BAB1＝1，即∠BAB1＝90°，所以AB＝2，AB1⊥AB．
因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AB1?平面AA1B1B，
所以AB1⊥平面ABC．
又AC?平面ABC，故AB1⊥AC，
因为四边形AA1C1C为正方形，故AC⊥AA1，
又AB1，AA1?平面AA1B1B，AB1∩AA1＝A，
故AC⊥平面AA1B1B，
因为AB?平面AA1B1B，故AC⊥AB．
设点B到平面AA1C1C的距离为d，由VB AA1C＝VA1 ABC，
即13S△AA1C·d＝13
解得d＝12
故点B到平面AA1C1C的距离为3．
(2)设PA＝h，h∈[0，23]．
法一：由(1)得AC，AB，AB1两两互相垂直，故以A为坐标原点，以AC，AB，AB1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Axyz．
易知平面ABC的一个法向量为n1＝(0，0，1)，
由题得B(0，2，0)，C(4，0，0)，设P(0，0，h)，0≤h≤23，
则BP＝(0，－2，h)，BC＝(4，－2，0)，
设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
故n2·
令x2＝h，则y2＝2h，z2＝4，
则平面PBC的一个法向量为n2＝(h，2h，4)，
设二面角P BC A的大小为θ，
因为sinθ＝35，sin2θ＋cos2θ＝1
故cosθ＝45(θ为锐角)
则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝n1·n
所以h＝355∈[0，23]，所以PA＝
法二：如图，作AH⊥BC，垂足为H，连接PH．设PA＝h，0≤h≤23．
因为P