高中数学讲义（人教B版2019必修四）第33讲专题11-5异面直线所成角问题

专题115异面直线所成角问题TOC\o"13"\h\u题型1异面直线所成的角的概念及辨析 2题型2求异面直线所成的角 5◆类型1直接平移后相交 6◆类型2利用中位线平移 13◆类型3补全长方体 22题型3由异面直线所成的角求其他量 23◆类型1线段条数问题 23◆类型2线段长度问题 28◆类型3面积问题 35◆类型4体积问题 36知识点.异面直线所成角的概念：1.定义：如图，a,b是异面直线，在空间中任选一点O，过点O分别作a,b的平行线a'和b'，则这两条直线2.异面直线所成角范围：（0，π23.求异面直线所成的角的步骤一作，即依据定义作平行线，作出异面直线所成的角二证，即证明作出的角是异面直线所成的角三求，解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角4.向量法已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为θ，则cosθ=|题型1异面直线所成的角的概念及辨析【例题1】（2023·高一课时练习）异面直线所成角范围所构成的集合记为集合A，直线与平面所成角构成的范围为集合B，则“α∈A”是“A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要【答案】A【分析】根据异面直线所成角范围、直线与平面所成角构成的范围，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.【详解】因为A=(0,π2所以由α∈A能推出α∈B，但由因此“α∈A”是“故选：A【变式11】1．（多选）（2022春·浙江·高一校联考阶段练习）已知平行四边形ABCD，AB=a，BC=1，∠ABCA．当a=2B．当a=3C．当a=4D．当a=5【答案】BCD【分析】本题从AD与BC垂直入手，转化为AD与AD'垂直，从何转化为△AED'与【详解】解：设翻折前的D记为D'，∵AD⊥BC，BC//AD∵∠D'AE在△D'AE中，AD'=1，由正弦定理知，D'Esin45°=1因为E为线段CD上的一动点，则a≥故选：BCD．【变式11】2．（多选）（2022春·广西桂林·高一校考期末）如图所示，已知在正方体ABCD−A1B1C1D1A．l与AD平行B．l与AB异面C．l与CD所成的角为30°D．l与BD垂直【答案】BCD【分析】依次分析每个选项，假设l∥AD，得出矛盾，A错误；取l为A1C1所在直线，满足BD；取l【详解】假设l∥AD，则由AD∥BC∥B1C1可得l取l为A1C1所在直线，满足B，又因为l⊥B取l与C1D1成30°角，因为C1D1∥故选：BCD【变式11】3．（2022春·上海青浦·高一上海市青浦高级中学校考期末）a，b为异面直线，且a，b所成角为40°，过空间一点P作直线c，直线c与a，b均异面，且所成角均为θ，若这样的c共有四条，则θ的范围为___________.【答案】(【分析】设平面α上两条直线m,n分别满足m∥a,n∥【详解】设平面α上两条直线m,n分别满足m∥则m,n相交,设交点为P，且夹角为40∘如图示：过空间一点P作直线c，若直线c与a，b均异面，且所成角均为θ，则直线c与直线m,n所成角均为θ，当0∘当θ=当20∘当θ=当70∘当θ=故答案为：(题型2求异面直线所成的角【方法总结】把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,π2◆类型1直接平移后相交【例题21】（2023春·全国·高一专题练习）在正方体ABCD−A1B1C1A．22 B．33 C．63【答案】C【分析】如图所示，连接CD1，确定∠CFE或其补角是异面直线EF与A【详解】如图所示：F是线段C1D的中点，连接CD由正方体的性质知CD1//BA故∠CFE或其补角是异面直线EF与A设正方体边长为2，在直角△CFE中，CF=2，故cos∠故选：C【变式21】1．（2023春·全国·高一专题练习）在正方体ABCD−A1B1A．22 B．1 C．3 【答案】A【分析】平移直线DD1至PO，将直线PB与DD【详解】连接AC与BD交于O，因为ABCD−A1所以PO⊥BO,PO//设正方体的棱长为2，则在Rt△BPO中，BO=2，所以直线PB与DD1故选：A【变式21】2．（2023春·全国·高一专题练习）如图所示，在正三棱柱ABC−A1B1C1A．−12 B．22 C．6【答案】D【分析】先利用棱柱的结构特征、异面直线所成角的定义得到∠A1CB是异面直线A【详解】连接A1B，由棱柱的性质得所以∠A1CB是异面直线A由正三棱柱的性质及AA得BC=2，AA1在△A得cos∠=4+8−8即异面直线A1C与B1故选：D.【变式21】3．（2022春·福建福州·高一福建省福州高级中学校考期末）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，ABA．60° B．45° C．30° D．90°【答案】A【分析】根据BC1∥AD1可知【详解】如图所示：易知BC所以AA1和BC1所成的角，即为在Rt△AA1所以∠A即AA1和BC故选：A【变式21】4．（2023·全国·高一专题练习）如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1的棱长都相等，DA．64 B．104 C．24【答案】B【分析】取A1B1的中点E，连接AE、C1E、DE，设正三棱柱ABC−A1B1C1的棱长为2，证明出CD//C1【详解】取A1B1的中点E，连接AE、C1E、DE因为AA1//BB所以，AB//A1又因为D、E分别为AB、A1B1的中点，则AD所以，四边形AA1ED为平行四边形，则A又因为AA1//CC1且所以，四边形CC1ED所以CD与AC1所成的角即为C1E与在△AC1E中，AC因为AC12=A所以sin∠A故选：B．【变式21】5．（2023·高一单元测试）在如图所示的正方体ABCD−A1B1A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【分析】根据异面直线所成角的定义及正方体的特征求解【详解】连接A1D，因为正方体中A1所以∠BA1D就是在△BA1∴∠B故选：C【变式21】6．（2023·高一课时练习）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1A．32 B．1010 C．35【答案】B【分析】根据异面直线夹角的概念平移找角，再结合余弦定理计算即可.【详解】解：连接A1C1交B1D1于Q，取由正方体可知，D1C1//DC,D1C1=DC，又即QP//CM,QP则直线CP与B1D1在△D1MQ所以cos∠MQ则直线CP与B1D1故选：B.◆类型2利用中位线平移【例题22】（2023春·全国·高一专题练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1A．30∘ B．45∘ C．60∘【答案】C【分析】由题易得EF//B1D1【详解】如下图所示,连接BD∵EF//则异面直线B1C与EF∵D1B∴∠D故选:C.【变式22】1．（2023·高一单元测试）在正四面体P−ABC中，D为PC的中点，则直线PB与A．33 B．32 C．36【答案】C【分析】作出直线PB与AD所成角，并利用余弦定理求得其余弦值.【详解】取BC的中点为E，连接DE，AE，则DE∥所以∠ADE为AD与PB设正四面体的棱长为2a，则DE=a，AD所以在△ADE中，cos∠故选：C【变式22】2．（2023·高一课时练习）空间四边形ABCD的两对边AB=CD=3，E、F分别是AD、BC上的点，且EF=7，AEA．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【分析】根据题意，作EG//AB交BD于G，连接FG，可证得FG//CD，得∠FGE是AB与CD所成的角或其补角，由平行线性质求得EG,FG【详解】作EG//AB交BD于G，如图，连接则AEED=BGGD，又AEED所以∠FGE是AB与CDAB=CD=3，AEED=FGCD=BF△EFG中，cos∠∠EGF是三角形内角，所以∠所以AB与CD所成的角是60°，故选：C．【变式22】3．（2023·高一单元测试）已知PC是圆锥PO的一条母线，AB是底面圆O的一条直径，△PAB为正三角形，∠ABC=30∘A．14 B．13 C．12【答案】A【分析】延长CO交圆O于D，连接PD，取PD的中点E，连接OE，分析可知∠EOB为PC与AB所成的角，利用余弦定理可求得BE，然后利用余弦定理可求得∠【详解】如图，延长CO交圆O于D，连接PD，取PD的中点E，连接OE，则OE//则∠EOB为PC与AB不妨设圆O的半径为1，则PC=PD=因为O为AC、BD的中点，则四边形ACBD为平行四边形，∵∠ABC=30∘，在△PBD中，cos∠由余弦定理可得BE所以，cos∠EOB故选：A．【变式22】4．（2023·高一单元测试）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1=AB，D，E，A．53 B．55 C．510【答案】C【分析】在棱CC1上取一点H，使得CC1=4CH，取CC1的中点G，连接BG，HF，DH，即可得到HF//C1E，则【详解】解：如图，在棱CC1上取一点H，使得CC1=4CH，取CC1的中点由于G,E分别是棱CC1,BB又因为F,H是BC,CM的中点，所以HF//BG，所以HF//设AB=4，则CF从而HF=CAF=A故cos∠DFH故异面直线DF与C1E所成角的余弦值是故选：C【变式22】5．（2023·全国·高一专题练习）在正方体AC1中，E、F分别是面A1B1C1【答案】45∘##【分析】连接A1D、C1D，则点F为A1D的中点，利用中位线的性质可得出EF//【详解】连接A1D、C1D，则点易知点E为A1C1的中点，又因为F为A所以，EF和CD所成的角为∠CD故答案为：45∘【变式22】6．（2023·高一课时练习）直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠【答案】60°【分析】作出AB1与【详解】设BC1∩B1C=则DE//AB1，所以AB根据直棱柱的性质以及∠ABC=90°可知所以DE=所以三角形BDE是等边三角形，所以∠BDE所以AB1与BC故答案为：60°【变式22】7．（2023春·全国·高一专题练习）如图所示，圆锥SO的底面圆半径OA=1，母线SA(1)求此圆锥的体积和侧面展开图扇形的面积；(2)过点O在圆锥底面作OA的垂线交底面圆圆弧于点P，设线段SO中点为M，求异面直线AM与PS所成角的余弦值【答案】(1)V=2(2)4【分析】（1）根据圆锥的体积和侧面积公式即可；（2）异面直线所成角，平移其中一条线，然后放到三角形中用余弦定理即可.【详解】（1）圆锥SO的底面圆半径OA=1，母线SA=3，所以圆锥的高为所以圆锥的体积V圆锥的侧面展开图扇形的面积S（2）在圆锥中，作MN//SP，交OP于N，则异面直线AM与PS所成角为AM=1+2=3，所以cos∠AMN所以异面直线AM与PS所成角的余弦值为43【变式22】8．（2023·高一单元测试）如图所示，在四面体ABCD中，E、F分别是线段AD、BC上的点，AEED(1)求证：直线EF与BD是异面直线；(2)若AB=CD=3，EF=7【答案】(1)证明见解析(2)60°【分析】（1）G为DC上靠近D的三等分点，易证F,G,B,D四点共面FGDB（面（2）H,I分别为AC,BD靠近A,B的三等分点，易知【详解】（1）若G为DC上靠近D的三等分点，则DGGC=BF所以F,G,B,D四点共面FGDB，显然而E∉面FDB，F∈面FDB，即EF∩面FDB=F，BD所以直线EF与BD是异面直线；（2）若H,I分别为AC,BD靠近所以EI//AB//FH，FI//DC//HE，故又HE=13CD=1由∠IFH∈(0,180°)，故∠IFH=120°，则◆类型3补全长方体【例题3】（2023春·全国·高一专题练习）在长方体ABCD−A1B1C1D1（平面A1B1C【答案】5221221【分析】在长方体ABCD−A1B1【详解】解：在长方体ABCD−A1所以，由长方体的性质可知：直线A1因为2AA1=3AD=6，所以BF=17，BC所以cos∠FB所以，异面直线A1D与BF所成角的余弦值为故答案为：5题型3由异面直线所成的角求其他量◆类型1线段条数问题【方法总结】一般地，如果两条异面直线所成的角为θ0<θ≤π2，过空间一点P作直线l与a,b（1）若0<α<θ（2）若α=θ2（3）若θ2<α（4）若α=π−（5）若π−θ（6）若α=π2【例题31】（2022春·江苏扬州·高一校考阶段练习）在正方体ABCD−A1B1A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【分析】作图，直接观察可得.【详解】如图，易知△A1BC1为等边三角形，所以∠BA1C同理，面对角线B1C，B1故选：B．【变式31】1．（2021秋·陕西西安·高一陕西师大附中校考阶段练习）若过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A作直线l，使得直线l与三条棱AB，AD，AA1所在直线的夹角均相等，则这样的直线l的条数为（）A．0 B．1 C．3 D．4【答案】D【分析】将小正方体扩展成4个小正方体，根据直线夹角的定义即可判断出符合条件的条数．【详解】设ABCD﹣A1B1C1D1边长为1．第一条：AC1是满足条件的直线；第二条：延长C1D1到C2且D1C2＝1，AC2是满足条件的直线；第三条：延长C1B1到C3且B1C3＝1，AC3是满足条件的直线；第四条：找C1关于A1的对称点C4，AC4是满足条件的直线．综上，满足题意的直线l的条数为4条．故选：D【变式31】2．（2021春·高一课时练习）在正方体ABCD−A1B1A．4条 B．6条 C．8条 D．10条【答案】C【分析】首先确定与AD1共面的面对角线中成60∘角的共有4条，再通过平行关系确定异面的面对角线中也有4【详解】以AD1为一边的面对角线构成的等边三角形如上图为：ΔA可知与AD1夹角为60根据平行关系可知BD,C1D,可知满足题意的面对角线共有8条本题正确选项：C【点睛】本题考查两条直线夹角的问题，关键是在考虑共面的直线的同时，也需要考虑异面直线的情况.【变式31】3．（2019秋·江西上饶·高一上饶中学校考阶段练习）已知两异面直线a，b所成的角为80°，过空间一点P作直线，使得l与a，b的夹角均为50°，那么这样的直线有条A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【详解】分析：如图所示，把a,b平移到点P处，则与a,详解：过P作与a,b平行的直线如图，∠CPD直线AG过点P且∠APC又∠FPC=100°，直线PE为∠FPC综上，满足条件的直线的条数为3.【变式31】4．（多选）（2021春·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考阶段练习）已知空间中两条直线a，b所成的角为50°，P为空间中给定的一个定点，直线l过点P且与直线α和直线b所成的角都是θ0°<A．当θ=15°时，满足题意的直线l不存在 B．当θ=25°时，满足题意的直线C．当θ=40°时，满足题意的直线l有且仅有2条 D．当θ=60°时，满足题意的直线【答案】ABC【分析】为了讨论：过点O与a､b所成的角都是θ(0°⩽θ⩽90°)的直线l有且仅有几条，先将涉及到的线放置在同一个平面内观察，只须考虑过点O与直线a1､b1所成的角都是θ【详解】过点O作a1//a，b1//b，则相交直线a1､b1确定一个平面α.设直线OA与a1､b1均为作AB⊥面α于点B，BC⊥a1于点C，记∠AOB=θ1，∠BOC因为0°⩽θ1⩽90°当θ2=25°时，由0⩽cosθ当θ2=65°时，由0⩽cosθ故当θ<25°时，直线l当θ=25°时，直线l当25°<θ<65°时，直线当θ=65°时，直线l当65°<θ<90°时，直线当θ=90°时，直线l故A，B，C均正确，D错误.故选：ABC.【点睛】关键点睛：本题考查线面角大小的判断，处理技巧上，将直线a,◆类型2线段长度问题【例题32】（2023春·全国·高一专题练习）在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．若AC=BD=2，且AC与BD所成的角为60°，则A．1 B．2 C．1或3 D．2或3【答案】C【分析】连接HE,HG，可得∠EHG【详解】如图，连接HE,HG，在△ABD中，因为H,E在△ACD中，因为H,G为中点，所以HG因为AC与BD所成的角为60°，所以∠EHG=60°或当∠EHG=60°时，△EHG当∠EHG=120°，由余弦定理可得EG所以EG的长为1或3.故选：C.【变式32】1．（2022·高一课时练习）圆柱的高为4厘米，底面半径为3厘米，已知上底面一条半径OA所在直线与下底面的一条半径O'(1)直线AB'与圆柱的轴(2)线段AB【答案】(1)34或(2)AB'=5cm【分析】⑴利用异面直线所成角的定义作平行线，再利用几何知识求角即可；⑵利用勾股定理求AB（1）如图，过O'作O已知上底面一条半径OA所在直线与下底面的一条半径O'B'所在直线的夹角为60°，则∠A'O'B'=60°或120°，则A'由AA'∥OO'，直线AB'与圆柱的轴OO'所成角为∠A'AB'或其补角，在两种情况下，A（2）由（1）知，在两种情况下，A'B'=3cm或33【变式32】2．（2020春·辽宁沈阳·高一沈阳二中校考期末）已知：平面α∩β=l，A∈l，B∈l，AB=4，C∈β，CA【答案】5或43【分析】作AE//BD且AE=BD，连接ED,EC，则∠CAE（或其补角）为异面直线AC,BD所成的角，所以∠【详解】如图，作AE//BD且AE=BD，连接ED,EC，则∠CAE因为AE//BD且AE=BD，所以ABDE是平行四边形，所以因为AB⊥AC,AB⊥BD，所以ED⊥AC,ED⊥AE，AC=AE=3，若∠CAE=60°若∠CAE=120°，则CE=2×3sin60°=3故答案为：5或43．【点睛】本题考查异面直线所成角的应用，都可空间两点间的距离．解题关键是作出异面直线所成的角．构造三角形，在三角形中求线段长．【变式32】3．（2020秋·全国·高一专题练习）如图，在底面边长为1的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，点E为A【答案】1或2【分析】连A1B,由A1B//CD1,知异面直线BE与CD1所成角的平面角为∠A【详解】连A1B,由题可知可得异面直线BE与CD1所成角的平面角为过点E作EH⊥A1B于点有BE=EHsin∠又ΔA1HE得ℎ1=10ℎ2所以AE=所以AA【点睛】本题考查空间中棱长的求法,需要学生有一定的空间思维和计算能力,解题关键是将异面直线所成角转化为平面角求解.【变式32】4．（2022·全国·高一假期作业）如图，在△ABC中，AB=1,BC=22,B=π4，将△ABC绕边AB翻转至△ABP，使平面ABP⊥平面ABC，DA．52 B．355 C．2【答案】C【分析】由题意可将三棱锥P−ABC放在棱长为2的正方体中如图所示，当DQ//PG时，【详解】由题意可将三棱锥P−延长AD交正方体的棱于点E，连接EF，则A,过点C作EF的垂线CG，垂足为点G，则AD⊥平CEF，所以AD又因为EF⊥CG，AD∩EF=则PG为PC在平面PAEF内的投影，则当DQ//PG时，PC与此时由AQ//FG,AD//在Rt△FCE中，易得FG=故选：C．【点睛】本题考查了异面直线夹角的最值，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，将三棱锥放在棱长为2的正方体中是解题的关键.【变式32】5．（2019春·湖北·高一校联考期中）如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，ABA．3 B．52 C．2 D．【答案】A【分析】连结BC1，A1C1，可得异面直线A1B与A【详解】连结BC1，∵AD∴异面直线A1B与AD令AA1=t，则cos∠A∴t2=9，t=3∴AA【点睛】本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题．求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.◆类型3面积问题【例题33】（2023春·全国·高一专题练习）如图，已知空间四边形ABCD两对角线AC和BD的长分别为8和10，所成的角为60∘，依次连接各边中点所得四边形EFGH【答案】10【分析】根据E，H，G，F分别为AB，AD，CD，BC中点得到四边形EFGH为平行四边形，且EH=FG=12BD=5，EF=GH=1【详解】因为E，H，G，F分别为AB，AD，CD，BC中点，所以EH∥BD∥FG，EF∥所以四边形EFGH为平行四边形，因为AC与BD所成角为60°，所以平行四边形EFGH的一个内角为60°，所以SEFGH故答案为：103【变式33】（2023·全国·高一专题练习）已知长方体ABCD-A1B1C1D1【答案】6+12【分析】根据异面直线夹角的定义分析可得AB=【详解】连接BD，设AC∩∵BB1∥DD∴BD∥又∵异面直线AC与B1D1所成的角为60°，且AB∴AB=设AB=根据题意可得abc=9a2则该长方体的表面积为S=2故答案为：6+123◆类型4体积问题【例题34】（2022春·安徽合肥·高一校考阶段练习）已知两平行平面α、β间的距离为3，点A、B∈α，点C、D∈β，且AB=4,【答案】3【分析】作出异面直线所成的角，再根据等体积法求四面体的体积即可.【详解】设平面ABC与平面β交线为CE，取CE=因为α//β，面ABC与平面