2024版新教材高考数学复习特训卷考点练72异面直线所成的角.doc

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考点练72异面直线所成的角

1．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于()

A．45°B．60°

C．90°D．120°

2．[2023·河北秦皇岛模拟]已知M是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1的中点，则异面直线MC1和CD1所成角的余弦值为()

A．eq\f(\r(10),10)B．eq\f(\r(2),2)

C．eq\f(\r(10),5)D．eq\f(\r(3),3)

3．如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC＝2，Q为PC上一点，且PQ＝3QC，则异面直线AC与BQ所成的角为()

A．eq\f(π,3)B．eq\f(π,2)

C．eq\f(π,6)D．eq\f(π,4)

4.

[2023·河北秦皇岛一中月考]如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，CB＝CC1＝2，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，则BM与AN所成的角的余弦值为________．

5．已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形．AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝60°.

(1)求线段AC1的长；

(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值．

考点练72异面直线所成的角

1．答案：B

解析：如图，连接A1B，BC1，A1C1，由题意EF∥A1B，GH∥BC1，所以异面直线EF与GH所成的角是∠A1BC1或其补角，由正方体性质知△A1BC1是等边三角形，∠A1BC1＝60°，所以异面直线EF与GH所成的角是60°.

故选B.

2．答案：A

解析：如图，设N是棱AA1的中点，连接CN，ND1，MN，

由M是棱BB1的中点，故MN∥A1B1，MN＝A1B1，

则MN∥C1D1，MN＝C1D1，故四边形MND1C1为平行四边形，

故D1N∥C1M，所以∠ND1C是MC1和CD1所成的角或其补角．

设该正方体的棱长为2，则CD1＝2eq\r(2)，D1N＝eq\r(5)，CN＝eq\r(（2\r(2)）2＋12)＝3，

所以cos∠ND1C＝eq\f(D1N2＋CDeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－NC2,2D1N·CD1)＝eq\f(（2\r(2)）2＋（\r(5)）2－32,2×2\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),10)，

故异面直线MC1和CD1所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).

故选A.

3．答案：A

解析：因为PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，

所以DP，DC，DA两两互相垂直，

以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

由PD＝DC＝2，得P（0，0，2），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），Q（0，eq\f(3,2)，eq\f(1,2)），所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝（－2，2，0），eq\o(BQ,\s\up6(→))＝（－2，－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)）.

设异面直线AC与BQ所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(BQ,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BQ,\s\up6(→))|)＝eq\f(|3|,2\r(2)×\f(3\r(2),2))＝eq\f(1,2)，

又θ∈（0，eq\f(π,2)]，所以异面直线AC与BQ所成的角为eq\f(π,3).

故选A.

4．答案：eq\f(7,10)

解析：如图所示，建立空间直角坐标系，

则A（2，0，0），B（1，eq\r(3)，0），M（eq\f(3,2)，eq\f(\r(3),2)，2），N（1，0，2）.

∴eq\o(AN,\s\up6(→))＝（－1，0，2），eq\o(BM,\s\up6(→))＝（eq\f(1,2)，－eq\f(\r(3),2)，2），

∴cos〈eq\o(AN,\s\up6(→))，eq\o(BM,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AN,\s\up6(→))·\o(BM,\s\up6(→)),|\o(AN,\s\up6(→))|·|\o(BM,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\f(1,2)＋4,\r(5)×\r(5))＝eq\f(7,10).

5．解析：（1）由空间向量加法法则可得eq\o(AC1,