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[ 【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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必修第二册同步巩固，难度2颗星！

基础知识

异面直线所成的角

(1) 范围
\([0 ^{\circ}，90 ^{\circ}]\)；当两直线平行时，它们所成的角为\(0^{\circ}\).
 

(2) 作异面直线所成的角:平移法
如图，在空间任取一点\(O\)，过\(O\)作\(a' || a\)，\(b' || b\)，则\(a'\) ，\(b'\)所成的\(\theta\)角为异面直线\(a\)，\(b\)所成的角.
特别地，找异面直线所成的角时，经常把一条异面直线平移到另一条异面直线的特殊点(如线段中点，端点等)上，形成异面直线所成的角.

 

直线与直线垂直

如果两条异面直线\(a\)，\(b\)所成的角是直角，那么我们就说两条异面直线相互垂直，记作\(a\perp b\).

【例】 在正方体\(ABCD-A'B'C'D'\)中，求直线\(C'D\)与直线\(A'B\)、\(A'A\)所成的角.

解 连接\(AB'\)，交\(A'B\)于\(O\)，
\(\because AB' ||C'D\)，\(\therefore\) 直线\(C'D\)与直线\(A'B\)所成的角是\(∠AOA'=90^{\circ}\)，则\(C'D\perp A'B\)，
直线\(C'D\)与直线\(A'A\)所成的角\(∠A' AO=45^{\circ}\).

 

基本方法

【题型1】 异面直线所成的角

【典题1】 如图，在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，求下列异面直线所成的角．

  (1)\(AA_1\)与\(BC\)； \(\qquad \qquad\) (2)\(DD_1\)与\(A_1 B\)；\(\qquad \qquad\)(3)\(A_1 B\)与\(AC\)．
解析 (1)\(\because AD∥BC\)，\(AA_1\perp AD\)，
\(\therefore AA_1\perp BC\)，即\(AA_1\)与\(BC\)所成的角为\(90^{\circ}\)．
(2)\(\because DD_1∥AA_1\)，\(\therefore DD_1\)与\(A_1 B\)所成的角就是\(AA_1\)与\(A_1 B\)所成的角．
又\(∠AA_1 B=45^{\circ}\)，\(\therefore DD_1\)与\(A_1 B\)所成的角为\(45^{\circ}\)．
(3)连接\(D_1 C\)，\(AD_1\)，则\(A_1 B∥D_1 C\)．

\(\therefore D_1 C\)与\(AC\)所成的角就是\(A_1 B\)与\(AC\)所成的角．
又\(\because AC=CD_1=D_1 A\)，
\(\therefore ∠ACD_1=60^{\circ}\)．
\(\therefore A_1 B\)与\(AC\)所成的角为\(60^{\circ}\)．
点拨 求异面直线所成的角利用平移法.
 

【典题2】 如图，已知\(P\)是平行四边形\(ABCD\)所在平面外一点，\(M\)，\(N\)分别是\(AB\)，\(PC\)的中点．
  (1)求证：\(MN∥\)平面\(PAD\)；
  (2)若\(MN=BC=4\)，\(PA=4\sqrt{3}\)，求异面直线\(PA\)与\(MN\)所成的角的大小．

解析 (1)证明：取\(PD\)中点\(Q\)，连\(AQ\)、\(QN\)，则\(AM∥QN\)，且\(AM=QN\)，
\(\therefore\)四边形\(AMNQ\)为平行四边形，
\(\therefore MN∥AQ\)，
又\(\because AQ\)在平面\(PAD\)内，\(MN\)不在平面\(PAD\)内，
\(\therefore MN∥\)面\(PAD\)；
(2)解：\(\because MN∥AQ\)，
\(\therefore ∠PAQ\)即为异面直线\(PA\)与\(MN\)所成的角，
\(\because MN=BC=4\)，\(PA=4\sqrt{3}\)，
\(\therefore AQ=4\)，根据余弦定理可知\(\cos ∠AQD+\cos ∠AQP=0\)，
即\(\dfrac{16+x^2-48}{8 x}+\dfrac{16+x^2-16}{8 x}=0\)，解得\(x=4\)，
在三角形\(AQP\)中，\(AQ=PQ=4\)，\(AP=4\sqrt{3}\)，
\(\therefore \cos \angle P A Q=\dfrac{48+16-16}{2 \times 4 \times 4 \sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，即\(∠PAQ=30^{\circ}\)，
\(\therefore\)异面直线\(PA\)与\(MN\)所成的角的大小为\(30^{\circ}\).
点拨
1.要求异面直线\(PA\)与\(MN\)所成的角，需平移其中一条线\(MN\)到\(AQ\)与另一条\(PA\)相交，把所成的角\(∠PAQ\)找到；有时候可以要同时平移两条异面直线；
2.利用平移法找到异面直线所成角后，找含该角的三角形，再解三角形便可(常用正弦定理，余弦定理等).
 

【巩固练习】

1.如图，空间四边形\(ABCD\)的对角线\(AC=8\)，\(BD=6\)，\(M\)，\(N\)分别为\(AB\)，\(CD\)的中点，并且异面直线\(AC\)与\(BD\)所成的角为\(90 ^{\circ}\)，则 \(MN=\)(　　)

 A. \(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(6\)
 

2.四面体\(ABCD\)中，\(AB=BC=CD=DB=AC=2\)，\(AD=3\)，点\(M\)是边\(AB\)中点，则异面直线\(CM\)与\(AD\)所成角的余弦值为(　　)
 A． \(\dfrac{\sqrt{3}}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{5}{8}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{\sqrt{3}}{8}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{5}{6}\)
 

3.在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E\)，\(F\)分别为棱\(AD\)，\(A_1 B_1\)的中点，则异面直线\(EF\)与\(CD_1\)夹角的余弦值为\(\underline{\quad \quad}\).
 

4.如图，在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，棱长为\(2\)，\(E\)为\(BC\)的中点，则直线\(AE\)与直线\(BC_1\)所成角的余弦值为\(\underline{\quad \quad}\) .

 

5.如图，已知点\(P\)在圆柱\(OO_1\)的底面\(⊙O\)上， \(AA_1\perp AB\)，\(BP\perp A_1 P\)，\(AB\)，\(A_1 B_1\)分别为\(⊙O\)，\(⊙O_1\)的直径，且\(AB||A_1 B_1\). 若圆柱\(OO_1\)的体积\(V=12π\)，\(OA=2\)，\(∠AOP=120 ^{\circ}\)，回答下列问题:

  (1) 求三棱锥\(A_1-APB\)的体积
  (2) 在线段\(AP\)上是否存在一点\(M\)，使异面直线\(OM\)与\(A_1 B\)所成的角的余弦值为\(\dfrac{2}{5}\)？若存在，请指出点\(M\)的位置，并证明；若不存在，请说明理由
 

参考答案

1. 答案 \(C\)
   解析 取\(AD\)的中点\(P\)，连接\(PM\)，\(PN\)，则\(BD∥PM\)，\(AC∥PN\)，
   \(\therefore ∠MPN\)或其补角即异面直线\(AC\)与\(BD\)所成的角，
   \(\therefore ∠MPN=90 ^{\circ}\)，\(PN=\dfrac{1}{2} AC=4\)，\(PM=\dfrac{1}{2} BD=3\)，
   \(\therefore MN=5\)，
   故选:\(C\)
   

2. 答案 \(\dfrac{\sqrt{3}}{4}\)
   解析 取\(BD\)的中点\(N\)，连接\(MN\)、\(NC\)，
   因为点\(M\)是边\(AB\)中点，
   则\(MN∥AD\)，
   则异面直线\(CM\)与\(AD\)所成角的平面角为\(∠CMN\)(或其补角)，
   又\(AB=BC=CD=DB=AC=2\)，\(AD=3\)，
   则在\(△CMN\)中，\(MN=\dfrac{3}{2}\)，\(CM=CN=\sqrt{3}\)，
   由余弦定理可得 \(\cos \angle C M N=\dfrac{M N^2+C M^2-C N^2}{2 \times M N \times C M}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\).
   

3. 答案 \(\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)
   解析 在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，
   如图，设棱\(BB_1\)的中点为\(G\)，连接\(FG\)，\(EG\)，\(BE\)，\(A_1 B\)．
   
   因为\(A_1 B∥FG\)，\(CD_1∥A_1 B\)，所以\(CD_1∥FG\)，
   故\(∠EFG\)为异面直线\(EF\)与\(CD_1\)所成的角．
   设正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)的棱长为\(2\)，
   则\(FG=\sqrt{2}\)，\(A_1 E=BE=\sqrt{5}\)，\(EF=EG=\sqrt{6}\)．
   在等腰三角形\(EFG\)中， \(\cos \angle E F G=\dfrac{\dfrac{F G}{2}}{E F}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)．
   故异面直线\(EF\)与\(CD_1\)夹角的余弦值为 \(\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)．

4. 答案 \(\dfrac{\sqrt{10}}{10}\)
   解析 如图，取\(CC_1\)的中点\(F\)，连接\(EF\)，则\(EF∥BC_1\)，连接\(AF\)，
   
   则\(∠AEF\)(或其补角)为直线\(AE\)与直线\(BC_1\)所成的角，
   \(\because\)正方体的棱长为\(2\)，\(\therefore AE=\sqrt{5}\)，\(EF=\sqrt{2}\)，
   连接\(AC\)，则 \(A F=\sqrt{8+1}=3\)，
   \(\therefore\)在\(△AEF\)中，由余弦定理得： \(\cos \angle A E F=\dfrac{A E^2+E F^2-A F^2}{2 A E \cdot E F}=\dfrac{5+2-9}{2 \times \sqrt{5} \times \sqrt{2}}=-\dfrac{\sqrt{10}}{10}\)，
   \(\therefore\)直线\(AE\)与直线\(BC_1\)所成角的余弦值为\(\dfrac{\sqrt{10}}{10}\)．

5. 答案 (1) \(2\sqrt{3}\)；(2) 点\(M\)为\(AP\)的中点
   解析 (1) 由题意，得\(V=\pi \cdot O A^2 \cdot A A_1=4 \pi \cdot A A_1=12 \pi\)，解得\(AA_1=3\).
   由\(OA=2\)，\(∠AOP=120 ^{\circ}\)，得\(∠BAP=30 ^{\circ}\)，\(BP=2\)，\(AP=2\sqrt{3}\) .
   \(\therefore S_{\triangle P A B}=\dfrac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{3}=2 \sqrt{3}\)，
   \(\therefore\)三棱锥\(A_1-APB\)的体积 \(V_{A_1-A P B}=\dfrac{1}{3} S_{A P A B} \cdot A A_1=\dfrac{1}{3} \times 2 \sqrt{3} \times 3=2 \sqrt{3}\)，
   (2) 当点\(M\)为\(AP\)的中点时，异面直线\(OM\)与\(A_1 B\)所成的角的余弦值为\(\dfrac{2}{5}\) .
   证明如下:
   \(\because O\)，\(M\)分别为\(AB\)，\(AP\)的中点，\(\therefore OM||BP\)，
   \(\therefore ∠A_1 BP\)就是异面直线\(OM\)与\(A_1 B\)所成的角，
   \(\because A_1=3\)，\(AB=4\)，\(AA_1\perp AB\)，\(\therefore A_1 B=5\)，
   又\(BP\perp A_1 P\)， \(\therefore \cos \angle A_1 B P=\dfrac{B P}{A_1 B}=\dfrac{2}{5}\)，
   \(\therefore\)当点\(M\)为\(AP\)的中点时，异面直线\(OM\)与\(A_1 B\)所成的角的余弦值为\(\dfrac{2}{5}\).
    

【题型2】 直线与直线垂直

【典题1】 空间四边形\(ABCD\)，\(E\)，\(F\)，\(G\)分别是\(BC\)，\(AD\)，\(DC\)的中点，\(FG=2\)，\(GE=\sqrt{5}\)，\(EF=3\). 求证:\(AC\perp BD\).

解析 \(\because\)点\(G\)，\(E\)分别是\(CD\)，\(BC\)的中点，\(\therefore GE||BD\)，同理\(GF||AC\)，
\(\therefore ∠FGE\)或\(∠FGE\)的补角是异面直线\(AC\)与\(BD\)所成的角.
在\(△EFG\)中，\(\because FG=2\)，\(GE=\sqrt{5}\)，\(EF=3\)，满足 \(F G^2+G E^2=E F^2\)，
\(\therefore ∠FGE=90 ^{\circ}\).
即异面直线\(AC\)与\(BD\)所成的角是\(90 ^{\circ}\)，
\(\therefore AC\perp BD\).
点拨 证明两共面直线垂直，可利用勾股定理的逆定理；证明两异面直线垂直，证明求夹角为\(90^{\circ}\).
 

【巩固练习】

1.正方体\(ABCD—A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E\)是棱\(AB\)上的动点，则直线\(A_1 D\)与直线\(C_1 E\)所成的角等于 (　　)
 A．\(60^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(90^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(30^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．随点\(E\)的位置而变化
 

2.点\(E\)、\(F\)分别是三棱雉\(P-ABC\)的棱\(AP\)、\(BC\)的中点，\(AB=6\)，\(PC=8\)，\(EF=5\)，则异面直线\(AB\)与\(PC\)所成的角为\(\underline{\quad \quad}\) .

3.如图所示，在空间四边形\(ABCD\)中，\(AD=BC=2\)，\(E\)，\(F\)分别是\(AB\)，\(CD\)的中点，\(EF=\sqrt{2}\). 求证:\(AD\perp BC\).

 

4.在四棱柱\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，侧面都是矩形，底面\(ABCD\)是菱形且\(AB=BC=2\sqrt{3}\)，\(∠ABC=120 ^{\circ}\)，若异面直线\(A_1 B\)和\(AD_1\)所成的角为\(90 ^{\circ}\)，试求\(AA_1\) .

 

参考答案

1. 答案 \(B\)
   解析 正方体\(ABCD—A_1 B_1 C_1 D_1\)中，直线\(A_1 D\perp\)平面\(ABC_1 D_1\)，
   \(\because C_1 E\subset\)平面\(ABC_1 D_1\)，\(\therefore A_1 D\perp C_1 E\)，
   \(\therefore\)直线\(A_1 D\)与直线\(C_1 E\)所成的角等于\(90^{\circ}\)，
   故选 \(B\)．
   

2. 答案 \(90 ^{\circ}\).
   解析 如图，取\(PB\)的中点\(G\)，连结\(EG\)，\(FG\)，
   则\(EG||AB\)且\(EG=\dfrac{1}{2} AB\)，\(GF||\dfrac{1}{2} PC\)且\(GF=\dfrac{1}{2} PC\)，
   
   则\(∠EGF\)(或其补角)即为\(AB\)与\(PC\)所成的角，
   在\(△EFG\)中，\(EG=\dfrac{1}{2} AB=3\)，\(FG=\dfrac{1}{2} PC=4\)，\(EF=5\)，
   所以\(∠EFG=90 ^{\circ}\)，
   即异面直线\(AB\)与\(PC\)所成的角为\(90 ^{\circ}\).

3. 证明 如图所示，取\(BD\)的中点\(H\)，连接\(EH\)，\(FH\).
   因为\(E\)是\(AB\)的中点，且\(AD=2\)，
   
   所以\(EH∥AD\)，\(EH=1\). 同理\(FH∥BC\)，\(FH=1\)，
   所以\(∠EHF\)(或其补角)是异面直线\(AD\)，\(BC\)所成的角.
   因为\(EF=\sqrt{2}\)， 所以\(E H^2+F H^2=E F^2\).
   所以\(△EFH\)是等腰直角三角形，\(EF\)是斜边，
   所以\(∠EHF=90 ^{\circ}\)，即\(AD\)与\(BC\)所成的角是\(90 ^{\circ}\)，
   所以\(AD\perp BC\).

4. 答案 \(\sqrt{6}\).
   解析 连接\(AC\)、\(CD_1\) ，
   在四棱柱\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(A_1 D_1 ||BC\)且\(A_1 D_1=BC\)，
   所以四边形\(A_1 BCD_1\)为平行四边形，则\(A_1 B||CD_1\)，
   所以异面直线\(A_1 B\)和\(AD_1\)所成的角为\(∠AD_1 C=90 ^{\circ}\)，
   
   因为四边形\(ADD_1 A_1\)，\(CDD_1 C_1\)均为矩形，
   则\(DD_1\perp AD\)，\(DD_1\perp CD\)，
   在菱形\(ABCD\)中，\(∠ABC=120 ^{\circ}\)，\(AB=BC=2\sqrt{3}\)，
   由余弦定理可得\(A C=\sqrt{A B^2+B C^2-2 A B \cdot B C \cos 120^{\circ}}=6\).
   设\(AA_1=a\)，则\(A D_1=C D_1=\sqrt{A D^2+D D_1^2}=\sqrt{a^2+12}\)，
   因为\(∠AD_1 C=90 ^{\circ}\)，由勾股定理可得\(A D_1^2+C D_1^2=A C^2\) ，
   即\(2\left(a^2+12\right)=36\)，解得\(a=\sqrt{6}\).
   所以\(AA_1=\sqrt{6}\).
    

分层练习

【A组---基础题】

1.正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，与对角线\(A_1 B\)成\(45^{\circ}\)的棱有 (　　)条．
 A．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(12\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D．\(2\)
 

2.如图，正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，点\(E\)，\(F\)分别是\(AA_1\)，\(AD\)的中点，则\(CD_1\)与\(EF\)所成角为 (　　)

 A．\(0^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(45^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C．\(60^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(90^{\circ}\)
 

3.在长方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(BC=2\)，\(AB=BB_1=4\)，\(E\)，\(F\)分别是\(A_1 B_1\)，\(CD\)的中点，则异面直线\(A_1 F\)与\(BE\)所成角的正切值为(　　)

 A． \(\dfrac{\sqrt{5}}{5}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\sqrt{5}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C． \(\dfrac{\sqrt{30}}{6}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{\sqrt{6}}{6}\)
 

4.四面体\(ABCD\)中，\(AB=BC=CD=DB=AC=2\)，\(AD=3\)，点\(M\)是边\(AB\)中点，则异面直线\(CM\)与\(AD\)所成角的余弦值为(　　)
 A． \(\dfrac{\sqrt{3}}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{5}{8}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{\sqrt{3}}{8}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D． \(\dfrac{5}{6}\)
 

5.(多选)如图，在四面体\(ABCD\)中，点\(P\)，\(Q\)，\(M\)，\(N\)分别是棱\(AB\)，\(BC\)，\(CD\)，\(AD\)的中点，截面\(PQMN\)是正方形，则下列结论正确的是 (　　)

 A. \(AC\perp BD\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(AC||\)截面\(PQMN\)
  C. \(AC=CD\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.异面直线\(PM\)与\(BD\)所成的角为\(45 ^{\circ}\)
 

6.如图，直三棱柱\(ABC﹣A_1 B_1 C_1\)中，若\(AB=AC=AA_1=1\)，\(BC=\sqrt{2}\)，则异面直线\(A_1 C\)与\(B_1 C_1\)所成的角为\(\underline{\quad \quad}\)．

 

7.如图，在四面体\(A-BCD\)中，\(AC=BD=a\)，\(AC\)与 \(BD\)所成的角为\(60 ^{\circ}\)，\(M\)、\(N\)分别为\(AB\)、\(CD\)的中点，则线段\(MN\)的长为\(\underline{\quad \quad}\).

 

8.如图，在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，动点\(M\)在线段\(A_1 C\)上，异面直线\(AD_1\)和\(BM\)所成的角为\(\theta\) ，则\(\theta\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\)．(用区间表示)

 

9.已知\(E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)依次为空间四边形\(ABCD\)各边的中点．
  (1)求证：\(E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)四点共面；
  (2)若\(AC\)与\(BD\)相互垂直，\(BD=2\)，\(AC=4\)，求\(E G^2+H F^2\)；
  (3)若\(E G=\sqrt{7}\)，\(BD=2\)，\(AC=4\)，求直线\(BD\)与\(AC\)的夹角．
 
 
 

10.如图，空间四边形\(ABCD\)的对棱\(AD\)，\(BC\)成\(60 ^{\circ}\)的角，且\(AD=BC=a\)，平行于\(AD\)与\(BC\)的截面分别交\(AB\)，\(AC\)，\(CD\)，\(BD\)于点\(E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\).E在\(AB\)的何处时截面\(EGFH\)的面积最大? 最大面积是多少?

 
 
 

参考答案

1. 答案 \(B\)
   解析 如图所示
   
   在正方形\(ABB_1 A_1\)中，\(AA_1\) 、\(AB\)、\(BB_1\) 、\(A_1 B_1\)与\(A_1 B\)均成\(45^{\circ}\)角，
   根据线线角的定义知，\(DD_1\) 、\(CC_1\)、\(DC\)、\(D_1 C_1\)都与\(A_1 B\)成\(45^{\circ}\)角，
   所以满足条件的棱有\(8\)条，故选 \(B\)．

2. 答案 \(C\)
   解析 连结\(A_1 D\)、\(BD\)、\(A_1B\)，
   \(\because\)正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，点\(E\)，\(F\)分别是\(AA_1\)，\(AD\)的中点，\(\therefore EF∥A_1 D\)，
   \(\because A_1 B∥D_1 C\)，\(\therefore ∠DA_1 B\)是\(CD_1\)与\(EF\)所成角，
   \(\because A_1 D=A_1 B=BD\)，\(\therefore ∠DA_1 B=60^{\circ}\)．\(\therefore CD_1\)与\(EF\)所成角为\(60^{\circ}\)．
   故选 \(C\)．
   

3. 答案 \(A\)
   解析 连接\(CE\)，如图所示：
   
   因为\(A_1 E=CF=\dfrac{1}{2} CD\)，\(A_1 E∥CF\)，所以四边形\(A_1 ECF\)是平行四边形，
   所以\(EC∥A_1 F\)，
   故\(∠BEC\)是异面直线\(A_1 F\)与\(BE\)所成角，
   因为\(BC=2\)，\(AB=BB_1=4\)，\(E\)，\(F\)分别是\(A_1 B_1\)，\(CD\)的中点，
   所以\(B_1 E=DF=\dfrac{1}{2} CD=2\)，
   由勾股定理，得\(B E=\sqrt{2^2+4^2}=2 \sqrt{5}\)，
   在\(△BEC\)中，\(∠CBE=90^{\circ}\)， \(\therefore \tan \angle B E C=\dfrac{B C}{B E}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)．
   故选：\(A\)．

4. 答案 \(A\)
   解析 取\(BD\)的中点\(N\)，连接\(MN\)、\(NC\)，
   因为点\(M\)是边\(AB\)中点，
   则\(MN∥AD\)，
   则异面直线\(CM\)与\(AD\)所成角的平面角为\(∠CMN\)(或其补角)，
   又\(AB=BC=CD=DB=AC=2\)，\(AD=3\)，
   则在\(△CMN\)中，\(MN=\dfrac{3}{2}\)，\(CM=CN=\sqrt{3}\)，
   由余弦定理可得 \(\cos \angle C M N=\dfrac{M N^2+C M^2-C N^2}{2 \times M N \times C M}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\)，
   故选：\(A\)．
   

5. 答案 \(ABD\)
   解析 因为截面\(PQMN\)是正方形，所以\(PQ||MN\)，\(PN||QM\) ，
   又\(MN\subset\)平面\(DAC\)，\(PQ\not \subset\)平面\(DAC\)，
   所以\(PQ||\)平面\(DAC\)，
   又\(PQ\subset\)平面\(BAC\)， 平面\(BAC \cap\)平面\(DAC=AC\)，
   所以\(PQ||AC||MN\)，
   因为\(AC\not \subset\)截面\(PQMN\)，\(MN\subset\)截面\(PQMN\) ，
   所以\(AC||\)截面\(PQMN\)，故\(B\)正确，
   同理可证\(PN||BD||MQ\)，
   因为\(PN\perp NM\)，所以\(AC\perp BD\)，故\(A\)正确，
   又\(∠PMQ=45 ^{\circ}\)，
   所以异面直线\(PM\)与\(BD\)所成的角为\(45 ^{\circ}\)，故\(D\)正确，
   \(AC\)和\(CD\)不一定相等，故 \(C\)错误，
   故选:\(ABD\).

6. 答案 \(\dfrac{\pi}{3}\)
   解析 因为几何体是棱柱，\(BC∥B_1 C_1\)，
   则直线\(A_1 C\)与\(BC\)所成的角为就是异面直线\(A_1 C\)与\(B_1 C_1\)所成的角．
   直三棱柱\(ABC﹣A_1 B_1 C_1\)中，
   若\(AB=AC=AA_1=1\)，\(BC=\sqrt{2}\)，\(BA_1=\sqrt{2}\)，\(CA_1=\sqrt{2}\)，
   三角形\(BCA_1\)是正三角形，异面直线所成角为\(\dfrac{\pi}{3}\)．
   故答案为\(\dfrac{\pi}{3}\)．

7. 答案 \(\dfrac{a}{2}\)或\(\dfrac{\sqrt{3}}{2} a\).
   解析 取\(BC\)的中点\(E\)，连接\(EM\)、\(EN\)，
   
   \(\because M\)、\(E\)分别为\(AB\)、\(BC\)的中点，
   \(\therefore ME||AC\)且 \(M E=\dfrac{1}{2} A C=\dfrac{a}{2}\)，
   同理可得\(EN||BD\)且\(E N=\dfrac{1}{2} B D=\dfrac{a}{2}\)，
   \(\therefore ∠MEN\)为异面直线\(AC\)与\(BD\)所成的角或其补角，则\(∠MEN=60 ^{\circ}\)或\(120 ^{\circ}\)，
   在\(△MEN\)中，\(E M=E N=\dfrac{a}{2}\).
   若\(∠MEN=60 ^{\circ}\)，则\(△MEN\)为等边三角形，此时\(M N=\dfrac{a}{2}\)，
   若\(∠MEN=120 ^{\circ}\)，
   由余弦定理可得 \(M N=\sqrt{E M^2+E N^2-2 E M \cdot E N \cos 120^{\circ}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} a\).
   综上所述，\(MN=\dfrac{a}{2}\)或\(\dfrac{\sqrt{3}}{2} a\).

8. 答案 \(\left[\dfrac{\pi}{6}， \dfrac{\pi}{3}\right]\)
   解析 连结\(BC_1\)，则\(BC_1∥AD_1\)，
   所以异面直线\(AD_1\)和\(BM\)所成的角即为直线\(BC_1\)与\(BM\)所成的角，
   所以\(\theta\)的最小值为\(BC_1\)与平面\(A_1 BC\)所成的角，
   设\(CD_1\)，\(C_1 D\)的交点为\(O\)，
   则\(∠OBC_1\)为\(BC_1\)与平面\(A_1 BC\)所成的角，
   所以\(\sin \angle O B C_1=\dfrac{O C_1}{B C_1}=\dfrac{1}{2}\)，
   因为\(∠OBC_1\)为锐角，所以\(\angle O B C_1=\dfrac{\pi}{6}\)，即\(\theta\)的最小值为 \(\dfrac{\pi}{6}\)，
   当点\(M\)与点\(A_1\)重合时，直线\(BC_1\)与\(BM\)所成的角为 \(\angle A_1 B C=\dfrac{\pi}{3}\)，
   此时\(\theta\)取得最大值，为 \(\dfrac{\pi}{3}\)，
   所以\(\theta\)的取值范围是\(\left[\dfrac{\pi}{6}， \dfrac{\pi}{3}\right]\)．
   

9. 答案 (1)略； (2) \(10\)； (3) \(60^{\circ}\)
   解析 (1)证明：如图所示，\(\because E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)依次为空间四边形\(ABCD\)各边的中点，
   \(\therefore EF=\dfrac{1}{2} AC\)，\(GH=\dfrac{1}{2} AC\)，且\(EF||AC\)，\(GH||AC\)，
   \(\therefore EF||GH\)且\(EF=GH\)，
   \(\therefore\)四边形\(EFGH\)为平行四边形．
   \(\therefore E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)四点共面．
   (2)解：\(\because AC=4\)，\(\therefore EF=2\)；同理可得：\(EH=1\)．
   又\(AC\perp BD\)，\(\therefore EF\perp EH\)，
   可得四边形\(EFGH\)为矩形．
   \(\therefore E G^2+H F^2=2 \times\left(2^2+1^2\right)=10\)．
   (3)解：由(1)可知：\(∠EFG\)或其补角为直线\(BD\)与\(AC\)的夹角．
   \(\cos \angle E F G=\dfrac{2^2+1^2-(\sqrt{7})^2}{2 \times 2 \times 1}=-\dfrac{1}{2}\)，
   \(\therefore\)直线\(BD\)与\(AC\)的夹角为\(60^{\circ}\)．
   

10. 答案 当\(E\)为\(AB\)的中点时，截面的面积最大，最大面积为\(\dfrac{\sqrt{3}}{8} a^2\).
    解析 因为\(BC||\)平面\(EFGH\)，\(BC\subset\)平面\(ABC\)，平面\(ABC \cap\)平面\(EFGH=EF\)，
    所以\(BC||EF\)，同理\(GH||BC\)，故\(GH||EF\)，同理\(EH||FG\)，
    所以四边形\(EFGH\)为平行四边形，
    \(\because AD\)，\(BC\)成\(60 ^{\circ}\)的角，\(\therefore ∠HGF=60 ^{\circ}\)或\(120 ^{\circ}\).
    设\(AE:AB=x\)，则\(\dfrac{E F}{B C}=\dfrac{A E}{A B}=x\).
    又\(BC=a\)，\(\therefore EF=ax\). 由\(\dfrac{E H}{A D}=\dfrac{B E}{A B}=1-x\)，得\(EH=a(1-x)\).
    \(\therefore\)四边形\(EFGH\)的面积为\(E F \times E H \times \sin 60^{\circ}=a x \times a(1-x) \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
    \(=\dfrac{\sqrt{3}}{2} a^2\left(-x^2+x\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2} a^2\left[-\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{4}\right]\) ，
    当\(x=\dfrac{1}{2}\)时，即当\(E\)为\(AB\)的中点时，截面的面积最大，最大面积为\(\dfrac{\sqrt{3}}{8} a^2\).
     

【B组---提高题】

1.已知两异面直线\(a\)，\(b\)所成的角为\(80^{\circ}\)，过空间一点\(P\)作直线，使得l与\(a\)，\(b\)的夹角均为\(50^{\circ}\)，那么这样的直线有(　　)条
 A．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(3\)
 

2.在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E\)为\(A_1 D_1\)的中点，平面\(A_1 C_1 B\)与平面\(CEC_1\)的交线为\(l\)，则\(l\)与\(AB\)所成角的余弦值为(　　)

 A． \(\dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{2}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)
 

参考答案

1. 答案 \(D\)
   解析 在空间取一点\(P\)，经过点\(P\)分别作\(a∥a'\)，\(b∥b'\)，
   设直线\(a'\)、\(b'\)确定平面\(\alpha\)，
   当直线\(PM\)满足它的射影\(PQ\)在\(a'\)、\(b'\)所成角的平分线上时，
   \(PM\)与\(a'\)所成的角等于\(PM\)与\(b'\)所成的角
   因为直线\(a\)，\(b\)所成的角为\(80^{\circ}\)，得\(a'\)、\(b'\)所成锐角等于\(80^{\circ}\)
   所以当\(PM\)的射影\(PQ\)在\(a'\)、\(b'\)所成锐角的平分线上时，
   \(PM\)与\(a'\)、\(b'\)所成角的范围是\([40 ^{\circ}，90 ^{\circ} )\)．
   这种情况下，过点\(P\)有两条直线与\(a'\)、\(b'\)所成的角都是\(50^{\circ}\)
   当\(PM\)的射影\(PQ\)在\(a'\)、\(b'\)所成钝角的平分线上时，
   \(PM\)与\(a'\)、\(b'\)所成角的范围是\([50 ^{\circ}，90 ^{\circ} )\)．
   这种情况下，过点\(P\)有且只有一条直线(即\(PM\subset \alpha\)时)与\(a'\)、\(b'\)所成的角都是\(50^{\circ}\)，
   综上所述，过空间任意一点\(P\)可作与\(a\)，\(b\)所成的角都是\(50^{\circ}\)的直线有\(3\)条
   故选：\(D\)．
   

2. 答案 \(D\)
   解析 延长\(BA_1\)，\(CE\)交直线于点\(M\)，延长\(C_1 E\)，\(B_1 A_1\)交于点\(N\)，
   连接\(MN\)，\(MC_1\)，\(MD_1\)，则直线\(MC_1\)即为交线\(l\)，
   又\(AB∥C_1 D_1\)，\(\therefore ∠MC_1 D_1\)即为\(l\)与\(AB\)所成的角，
   设正方体棱长为\(1\)，
   \(\because E\)为\(A_1 D_1\)的中点，\(A_1 E∥B_1 C_1∥BC\)，
   \(\therefore A_1\)为\(MB\)的中点，\(A_1\)为\(NB_1\)的中点，点\(E\)为\(MC\)的中点，\(E\)为\(NC_1\)的中点，
   \(\therefore EM=EC\)，\(EN=EC_1\)，又\(∠MEN=∠CEC_1\)，
   \(\therefore △EMN≅△ECC_1\)，
   \(\therefore MN=CC_1=1\)，\(∠MNE=∠CC_1 E=90^{\circ}\)，
   \(\therefore C_1 D_1=1\)，\(C_1 M=\sqrt{6}\)，\(MD_1=\sqrt{3}\)，
   \(\therefore \cos \angle M C_1 D_1=\dfrac{C_1 D_1^2+C_1 M^2-M D_1^2}{2 C_1 D_1 \cdot C_1 M}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)，
   即\(l\)与\(AB\)所成角的余弦值为 \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)．
   故选：\(D\)．
   
    

【C组---拓展题】

1.在正三棱台\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，\(AB=3AA_1=\dfrac{3}{2} A_1 B_1=6\)，\(D\)是\(BC\)的中点，设\(A_1 D\)与\(BC\)、\(BB_1\)、\(BA\)所成角分别为\(\alpha\)，\(β\)，\(γ\)，则(　　)

  A． \(\alpha<\gamma<\beta\) \(\qquad \qquad\) B． \(\alpha<\beta<\gamma\) \(\qquad \qquad\)C． \(\beta<\gamma<\alpha\) \(\qquad \qquad\) D． \(\gamma<\beta<\alpha\)
 

参考答案

1. 答案 \(D\)
   解析 如图\(1\)，令\(B_1 C_1\)的中点为\(D_1\)，连接\(A_1 D_1\)，\(DD_1\)，
   
   在平面\(ADD_1 A_1\)中，过\(A_1\) 作\(DD_1\)的平行线\(A_1 E\)得图\(2\)，
   
   在平面\(BCC_1 B_1\)中，连接\(B_1 D\)得图\(3\)，过\(B_1\)作\(B_1 F\perp BC\)，
   
   由题意可得\(BF=1\)，\(BB_1=2\)，所以\(DD_1=B_1 F=\sqrt{3}\)，\(∠B=60 ^{\circ}\)，
   又因为\(DF=2\)，所以\(B_1 D=\sqrt{7}\)，
   在\(△BCB_1\)中， \(B_1 C=2 \sqrt{7}\)，
   则在图\(2\)中，\(AD=3\sqrt{3}\)，\(DE=2\sqrt{3}\)，所以\(AE=\sqrt{3}\)，
   又因为\(AA_1=2\)， \(A_1 E=D D_1=\sqrt{3}\)，
   所以在三角形\(AA_1 E\)中由余弦定理可得： \(\cos \angle A_1 A D=\dfrac{4+3-3}{2 \times 2 \times \sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)，
   在三角形\(AA_1 D\)中由余弦定理可得： \(\cos \angle A_1 A D=\dfrac{4+27-A_1 D^2}{2 \times 2 \times 3 \sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)，
   解得 \(A_1 D=\sqrt{19}\)，
   ①连接\(A_1 C\)，则在三角形\(CA_1 D\)中，\(A_1 D=\sqrt{19}\)，\(DC=3\)， \(A_1 C=2 \sqrt{7}\)，
   所以\(\cos \angle A_1 D C=\dfrac{19+9-28}{2 \times \sqrt{19} \times 3}=0\)，
   所以\(∠A_1 DC=90^{\circ}\)，即\(\alpha=90^{\circ}\)；
   ②过\(A_1\)作\(A_1 M∥BB_1\)，则\(AM=2\)，
   在三角形\(AMD\)中，\(∠MAD=30 ^{\circ}\)，\(AD=3\sqrt{3}\)，
   则由余弦定理可得 \(M D=\sqrt{27+4-2 \times 2 \times 3 \sqrt{3} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{13}\)，
   在三角形\(A_1 MD\)中，\(A_1 M=2\)， \(M D=\sqrt{13}\)， \(A_1 D=\sqrt{19}\)，
   所以\(\cos \angle M A_1 D=\dfrac{4+19-13}{2 \times 2 \times \sqrt{19}}=\dfrac{5}{2 \sqrt{19}}=\dfrac{5 \sqrt{19}}{38}\)，
   所以 \(\cos \beta=\dfrac{5 \sqrt{19}}{38}\)，
   ③在三角形\(A_1 B_1 D\)中，\(A_1 B_1=4\)， \(A_1 D=\sqrt{19}\)， \(B_1 D=\sqrt{7}\)，
   所以\(\cos \angle B_1 A_1 D=\dfrac{16+19-7}{2 \times 4 \times \sqrt{19}}=\dfrac{28}{8 \sqrt{19}}=\dfrac{7 \sqrt{19}}{38}\)，
   即 \(\cos \gamma=\dfrac{7 \sqrt{19}}{38}\)，
   因为\(y=\cos x\)在 \(\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right]\)单调递减，且\(\cos ⁡γ>\cos ⁡β>\cos ⁡\alpha\)，
   所以\(\alpha>β>γ\)，
   故选：\(D\)．

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