高中数学常见题型解决方法归纳 反馈训练及详细解析 专

第17讲：异面直线所成的角的求法
【考纲要求】
能用向量方法解决直线与直线的夹角的计算问题。

【基础知识】
一、异面直线的定义
的方向向量。

四、求异面直线所成的角体现的是数学的转化的思想，就是把空间的角转化为平面的角，再利用解三角形的知识解答。

五、温馨提示
如果你解三角形得到的角α的余弦是一个负值，如
1
cos 2
α=-
，你不能说两条异面直线所成的角为0
120，你应该说两条异面直线所成的角为0
18012060-=，因为两条异面直线所成的角的范围为(0,
]2
πα∈。

例1 在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，122AB BB ==，P 为11B C 的中点． （1）求直线AC 与平面ABP 所成的角； （2）求异面直线AC 与BP 所成的角； （3）求点B 到平面APC 的距离．解：（1）∵AB ⊥平面BC 1，PC ⊂平面BC 1，∴AB ⊥PC
在矩形BCC 1B 1 中，BC=2，BB 1=1，P 为B 1C 1的中点，∴PC ⊥PB
∴PC ⊥平面ABP ，∴∠CAP 为直线AC 与平面ABP 所成的角 ∵PC=2，AC=22，∴在Rt △APC 中，∠CAP=30
∴直线AC 与平面ABP 所成的角为300
P
（2）取A1D1中点Q，连结AQ、CQ，在正四棱柱中，有AQ∥BP，
∴∠CAQ为异面直线AC与BP所成的角
【变式演练1】已知四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ABC=90°,PA⊥平面AC，且
PA=AD=AB=1,BC=2
(1)求PC的长；
(2)求异面直线PC与BD所成角的余弦值的大小；
(3)求证：二面角B—PC—D为直二面角.
例2 如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD=8.BC 是⊙O的直径，AB=AC=6，OE∥AD.
（1）求二面角B-AD-F的大小；
（2）求直线BD与EF所成的角的余弦值.
解（1）∵AD与两圆所在的平面均垂直，
∴AD⊥AB，AD⊥AF，
故∠BAF是二面角B—AD—F的平面角.
依题意可知，四边形ABFC是正方形，
∴∠BAF=45°.
即二面角B—AD—F的大小为45°;
（2）以O为原点，CB、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），
则O （0，0，0），A （0，-32，0）， B （32，0，0），D （0，-32，8）， E （0，0，8），F （0，32，0）， ∴BD =（-32，-32，8），
EF =（0，32，-8）.
cos 〈BD ,EF 〉=
.10
82
82
10064180|
|||·-
=⨯--=EF BD EF BD
设异面直线BD 与EF 所成角为α，则 cos α=|cos 〈EF BD ,〉|=
10
82.
即直线BD 与EF 所成的角的余弦值为
10
82. 【变式演练2】如图所示，已知点P 在正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′对角线BD ′上,∠PDA=60° (1)求DP 与CC ′所成角的大小;(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小.
【高考精选传真】
1.【2012高考真题陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，
12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（ ）
A.
5 B.5 C. 255
D. 35
2.【2012高考真题全国卷理16】三菱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长都相等， BAA 1=CAA 1=60°则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为____________.
3．（2012高考真题上海理19）如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形， PA ⊥底面
ABCD ，E 是PC 的中点.已知AB=2， AD=22，PA=2.求：
（1）三角形PCD 的面积；（6分）
（2）异面直线BC 与AE 所成的角的大小.（6分）
2
22
224|
|||cos =
=
=
⨯⋅BC AE BC AE θ，θ=
4
π.
由此可知，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是4π
[解法二]取PB 中点F ，连接EF 、AF ，则
EF ∥BC ，从而∠AEF （或其补角）是异面直线 BC 与AE 所成的角 ……8分
A B
C
D
P
E F
在AEF
∆中，由EF=2、AF=2、AE=2 知AEF
∆是等腰直角三角形，
所以∠AEF=
4
π.
因此异面直线BC与AE所成的角的大小是
4
π
【反馈训练】
1．四面体ABCD中，E、F分别是AC、BD的中点，若CD=2AB，EF⊥AB，则EF与CD所成的角
等于（）
A．30°B．45° C．60° D．90°
2.ABCD—A1B1C1D1为正方体,点P在线段A1C1上运动,异面直线BP与AD1所成的角为θ,则θ
的范围为( )
A.(0,
2
π
) B.(0,
2
π
］
C.(0,
3
π
) D.(0,
3
π
］
3.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M为DD1的中点，O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上任意一
点，则直线OP与直线AM所成的角是( )
A.
6
π
B.
4
π
C.
3
π
D.
2
π
4. 直三棱柱A1B1C1—ABC，∠BCA=90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，BC=CA=CC1，则
BD1与AF1所成角的余弦值是（）
A．
10
30
B．
2
1
C．
15
30
D．
10
15
5 已知四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ABC=90°,PA⊥平面AC，且
PA=AD=AB=1,BC=2
(1)求PC的长；
(2)求异面直线PC与BD所成角的余弦值的大小；
(3)求证二面角B—PC—D为直二面角
7一副三角板拼成一个四边形ABCD，如图，然后将它沿BC折成直二面角
(1)求证平面ABD⊥平面ACD；
(2)求AD与BC所成的角；
(3)求二面角A—BD—C的大小
P
A
D
D
B
A
A
B
C
【变式演练详细解析】 【变式演练1详细解析】
(1)解：因为PA ⊥平面AC ，AB ⊥BC ,∴PB ⊥BC ,即∠PBC =90°,由勾股定理得
PB =222=+AB PA .∴PC =622=+PC PB .
(2)解：如图，过点C 作CE ∥BD 交AD 的延长线于E ，连结PE ，则PC 与BD 所成的角为∠PCE 或它的补角. ∵CE =BD =2，且PE =1022=+AE PA
∴由余弦定理得cos ∠PCE =63
2222-
=⋅-+CE PC PE CE PC ∴PC 与BD 所成角的余弦值为6
3
.
(3）证明：设PB 、PC 中点分别为G 、F ，连结FG 、AG 、DF ，则GF ∥BC ∥AD ，且GF =2
1
BC =1=AD ，从而四边形ADFG 为平行四边形，
又AD ⊥平面PAB ，∴AD ⊥AG ，即ADFG 为矩形，DF ⊥FG . 在△PCD 中，PD =2，CD =2，F 为BC 中点，∴DF ⊥PC
从而DF ⊥平面PBC ，故平面PDC ⊥平面PBC ，即二面角B —PC —D 为直二面角. 【变式演练2详细解析】
解得
m=
22
,所以DH =⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛1,22,22.
所以〈DH ,DC 〉=60°,可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°. 【反馈训练详细解析】
1.A 【解析】：取AD 中点G ，连结EG 、GF ，则GE 21CD ，GE=2
1AB ∵CD=2AB ∴GE=2GF ，∵EF ⊥AB ，∴EF ⊥GF ．∴∠GEF=30°，答案：A 2.D 【解析】:取点P 的极限位置,即线段A 1C 1的端点.答案:D
3.D 【解析】：(特殊位置法）将P 点取为A 1，作OE ⊥AD 于E ，连结A 1E ，则A 1E 为OA 1的射影，又AM ⊥A 1E ，∴AM ⊥OA 1，即AM 与OP 成90°角.答案：D
4. A 【解析】解法一：(几何法)如图，连结D 1F 1， 则D 1F 1
112
1
C B 11C B Θ BC ∴
D 1F 1
BC 2
1
设点E 为BC 中点 ∴D 1F 1 BE 1BD ∴ EF 1 ∴∠EF 1A 或补角即为所求
由余弦定理可求得cos ∠EF 1A=
10
30． 解法二：(向量法)建立如图所示的坐标系，设BC=1
则A （－1，0，0），F 1（－21
，0，1），
B （0，－1，0），D 1（－
21，－2
1
，1） 即1AF u u u r =（2
1，0，1），1BD u u u u r =（－2
1，2
1 ，1）
∴cos<1AF u u u r ，1BD u u u u r
>=
10
30
4
141141114
1=
++⋅+
+-
A
B
C
A 1
B 1
C 1
D 1
E
F 1
x
z
y
5.【解析】 (1)解 因为PA ⊥平面AC ，AB ⊥BC ,∴PB ⊥BC ,即∠PBC =90°,由勾股定理得
PB
=222=+AB PA
∴PC =622=+PC PB
∴PC 与BD 所成角的余弦值为
6
3 (3）证明 设PB 、PC 中点分别为G 、F ，连结FG 、AG 、DF ，
则GF ∥BC ∥AD ，且GF =2
1
BC =1=AD ，
从而四边形ADFG 为平行四边形， 又AD ⊥平面PAB ，∴AD ⊥AG ， 即ADFG 为矩形，DF ⊥FG
在△PCD 中，PD =2，CD =2，F 为BC 中点，
∴DF ⊥PC
从而DF ⊥平面PBC ，故平面PDC ⊥平面PBC ， 即二面角B —PC —D 为直二面角 另法（向量法） (略)
6 【解析】解 (1)如图，在平面ABC 内，过A 作AH ⊥BC ，垂足为H ，则AH ⊥平面DBC ，
∴∠ADH 即为直线AD 与平面BCD 所成的角 由题设知△AHB ≌△AHD ，则DH ⊥BH ，AH =DH ， ∴∠ADH =45°
(2)∵BC ⊥DH ，且DH 为AD 在平面BCD 上的射影，
∴BC ⊥AD ，故AD 与BC 所成的角为90°
(3)过H 作HR ⊥BD ，垂足为R ，连结AR ，则由三垂线定理
知，AR ⊥BD ，故∠ARH 为二面角A —BD —C 的平面角的补角设BC =a ,则由题设知，AH =DH =
2
,23a
BH a =,在△HDB 中，HR =
43a ，∴tan ARH =HR
AH
=2
故二面角A —BD —C 大小为π－arctan2 另法（向量法） (略)
7 【解析】 (1)证明 取BC 中点E ，连结AE ，∵AB =AC ，∴AE ⊥BC ∵平面ABC ⊥平面BCD ，∴AE ⊥平面BCD ，
F
G P
A
B
D
P
A B
C
D
o
x
z
y
R H
A
B
C
R H
A
B
C
D z y
∵BC ⊥CD ，由三垂线定理知AB ⊥CD
又∵AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面BCD ，∵AB ⊂平面ABD ∴平面ABD ⊥平面ACD
(2)解 在面BCD 内，过D 作DF ∥BC ，过E 作EF ⊥DF ，交DF 于F ，由三垂线定理知A F ⊥DF ，∠ADF 为AD 与BC 所成的角
设AB =m ，则BC
=2m ，CE =DF =
22m ,CD =EF =3
6m 3
21
arctan ,321tan 22=∠∴=+=
=∴ADF DF EF AE DF
AF
ADF
即AD 与BC 所成的角为arctan
3
21
故由平面ABC ⊥平面ACD ，知DF ⊥平面ABC ， 即DF 是四面体ABCD 的面ABC 上的高， 且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=3. 在Rt △ABC 中，因AC=2AF=23，AB=2BC ，
由勾股定理易知215415
,.55
BC AB == 故四面体ABCD 的体积
1114152154
.3325
ABC V S DF ∆=
⋅⋅=⨯⨯⨯= （II ）解法一：如答（19）图1，设G ，H 分别为边CD ，BD 的中点，则FG//AD ，GH// 从而∠FGH 是异面直线AD 与BC 所成的角或其补角.
设E 为边AB 的中点，则EF//BC ，由AB ⊥BC ，知EF ⊥AB.又由（I ）有DF ⊥平面ABC ， 故由三垂线定理知DE ⊥AB.所以∠DEF 为二面角C —AB —D 的平面角，由题设知∠DEF=60° 设,sin .2
a AD a DF AD CAD ==⋅=
则 在33,cot ,236
a Rt DEF EF DF DEF a ∆=⋅=
⋅=中 G G E
F
E
C
B
A
A
B
C
D
从而
13.26
GH BC EF a =
== 解法二：如答（19）图2，过F 作FM ⊥AC ，交AB 于M ，已知AD=CD ，
平面ABC ⊥平面ACD ，易知FC ，FD ，FM 两两垂直，以F 为原点，射线FM ，FC ，FD 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系F —xyz.
不妨设AD=2，由CD=AD ，∠CAD=30°，易知点A ，C ，D 的坐标分别为
(0,3,0),(0,3,0),(0,0,1),
(0,3,1).
A C D AD -=u u u r
则 显然向量(0,0,1)k =是平面ABC 的法向量. 已知二面角C —AB —D 为60°，
故可取平面ABD 的单位法向量(,,)n l m n =， 使得1,60,.2
n k n <>==
o
从而 2223,30,.
661,.3
n AD m n m l m n l ⊥+==-++==±
u u u r 由有从而由得
设点B 的坐标为6
(,,0);,,3
B x y AB B
C n AB l ⊥⊥=
u u u r u u u r u u u r
由取，有 2246
3,,0,,()63
3(3)0,73,36x y x x y x y y ⎧⎧+==⎪=⎧⎪⎪⎪
⎨⎨⎨=-⎪
-+=⎩⎪⎪=⎩⎪⎩
解之得舍去 易知6
3
l =-
与坐标系的建立方式不合，舍去.
11
用心爱心专心。