(艺考)新高考数学二轮复习高频考点选填题型精讲精练专题25 异面直线所成角（2份，原卷版+解析版）

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考向：高考中主要以选择填空题的类型考查，属于立体几何中较为容易拿分的点，学会使用解三角形的相关结论和向量法是解题关键!
考点：异面直线所成角
导师建议：没有思路的时候考虑向量法，虽然计算量大一点，但是稳妥！
二、知识点汇总
1.异面直线所成角范围：
2.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
3.向量法
已知为两异面直线，A，C与B，D分别是上的任意两点，所成的角为，则
三、题型专项训练
目录一览
①直接平移后相交
一、单选题
1．在长方体中，，，，则和所成的角是（ ）
A．60°B．45°C．30°D．90°
【答案】A
【分析】根据可知即为和所成的角.
【详解】如图所示：易知，
所以和所成的角，即为和所成的角，
在中，，所以.
即和所成的角是.故选：A
2．在正方体中，异面直线与所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】把平移到，连结构成等边三角形，异面直线与所成角即为.
【详解】连结、，如下图：
在正方体中，且；
四边形为平行四边形，则；
又在正方体中，为等边三角形，
就是异面直线与所成角,，异面直线与所成角的大小为.故选：C.
3．已知长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出异面直线与所成角，利用余弦定理求得其余弦值.
【详解】连接，
根据长方体的性质可知，所以是异面直线与所成角（或其补角），
在三角形中，，
由余弦定理得.故选：C
4．在正四面体ABCD中，点E，F，G分别为棱BC，CD，AC的中点，则异面直线AE，FG所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出辅助线，找到异面直线AE，FG所成角，设出正四面体的边长，表达出其他边长，利用余弦定理求出答案.
【详解】连接DE，因为点F，G分别为棱CD，AC的中点，
所以FGAD，所以或其补角为异面直线AE，FG所成角，
设正四面体的边长为a，则，，
由余弦定理得：，
所以异面直线AE，FG所成角的余弦值为.故选：C
5．已知三棱锥中，平面，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将三棱锥补成直三棱柱， 为所求异面直线与所成角，然后在中，应用余弦定理求解即可.
【详解】由平面，将三棱锥补成直三棱柱（如图），
∵，∴为所求异面直线与所成角．
∵平面，，，，∴在中，，，，
∴.故选：C.
6．如图，已知等腰直角三角形的斜边的中点为，且，点为平面外一点，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取中点，连接，，则即为所求角，再利用余弦定理求解即可.
【详解】如图取中点，连接，，
因为是中点，所有，则即为所求角，
因为，，所以，
又因为是等腰直角三角形，所以，，
在中由余弦定理可得，
所以在中由余弦定理可得，
所以，故选：D
②利用中位线平移
7．在正方体中,分别为的中点,则异面直线与所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题易得,连接,即可得出为等边三角形,从而得出所求角的大小为60°.
【详解】如下图所示,连接
,
则异面直线与所成角为
,即为等边三角形.故选:C.
8．如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.
【详解】取的中点F，连接EF，CF，，易知，所以为异面直线BD与CE所成的角或其补角.因为，，所以由余弦定理得.
故选：C
9．在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A【详解】法一：设正方体的棱长为2，取的中点，连接，，
∵是的中点，
∴，
故就是与夹角或其补角，
由勾股定理得：，，
由余弦定理得：，
故异面直线与所成角的余弦值为；
法二：设正方体的棱长为2，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，
，故异面直线与所成角的余弦值为；
故选：A.
10．如图所示，在正方体中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线与所成的角的大小为（ ）
A．90°B．60°C．45°D．30°
【答案】B
【分析】连接，可得为异面直线与所成的角，利用正方体的性质结合条件即得.
【详解】连接，，分别是，的中点，
，又由正方体的性质可知，
故就是异面直线与所成的角或所成角的补角
连接，由题可知为正三角形，即
故与所成的角为60°．
故选：B.
11．在正四面体中，分别为的中点，则异面直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】方法一：取中点，连接，利用余弦定理求，再利用余弦定理可得求，可求结果；
方法二：以为基底，利用向量法求，可求结果.
【详解】法一：取中点，连接，则，
所以或其补角就是异面直线所成的角.
则设，，
.故选：D.
法二：不妨设正四面体的棱长为2，以为基底，则，
则，
又，所以，
所以所成角的余弦值为.故选：D.
12．如图，在正三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】在三棱锥内构造直线使其平行于 ，然后构造三角形，运用异面直线夹角的定义求解即可.
【详解】取的中点D，连接交于点E，连接DE，
则 且，则为异面直线与所成的角或其补角．
易求，，则，
所以.故选：A．
13．已知直三棱桂：的底面为等腰直角三角形，分别为，的中点，为上一点，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A【详解】由题可知，则，
如图，取的中点，连接，则，取的中点，连接，，
则，所以，则或其补角为异面直线与所成的角，
由题可知，又，则，在等腰直角三角形中，，
所以，
在正方形中，，易知，则，
在中，,
即异面直线与所成角的余弦值为．故选：A．
14．在正四棱锥P-ABCD中，，E为PC的中点，则异面直线AP与DE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据线线平行可得异面直线的夹角，利用三角形的边长即可求解余弦值.
【详解】如图，连接AC，BD相交于O，连接OE，则O为AC的中点，又E为PC的中点，所以，
所以∠DEO为异面直线AP与DE所成的角或其补角．
又 为等比三角形，且边长为2，
故又，
所以，所以∠EOD=，所以，故选:C
③向量法
15．如图所示，在几何体ABCDEF中，，，，，，平面ABCD，则异面直线EF与AB所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据线面垂直的性质可得，又，建立如图空间坐标坐标系，利用向量法即可求出空间中的线线角.
【详解】由题意知，因为平面，
平面，所以，
以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，．
所以，，
所以，故异面直线EF与AB所成的角为．故选：A.
16．长方体中，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，则，，
.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.故选：A.
17．在直三棱柱中，分别是的中点，，则与所成角的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据题意易知两两相互垂直，
由此以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
不妨设，则
故，，
设所成角为，，
则，
所以，即与所成角的正弦值是.
故选：A
18．如图，在正方体中，棱长为为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，求得，由求解.
【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：
则，
所以，则，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故选：A
19．如图，在三棱锥M－EFG中，，EF=FG=2，平面平面EFG，则异面直线ME与FG所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D【详解】解法一
如图，设O，C，D分别为线段，，的中点，连接，，，则，，，，
∴是异面直线与所成的角或其补角.
∵，为的中点，∴，，
∵平面平面，平面平面，∴平面.
设为的中点，连接，，则平面，
， ， ，
∴，连接，易得，，
∴在中，，
∴，
∴，∴异面直线与所成角的余弦值为.故选：D.
解法二
如图，设为线段的中点，连接，，
∵，∴，，
∵平面平面，平面平面，∴平面，
∵，∴，，故以为坐标原点，
，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
∴，M（0，0，3），， ，∴，，
∴，
∴异面直线与所成角的余弦值为.故选:D.
20．如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为的中点，则异面直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A【详解】根据题意可得，由平面，，
以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，
因为分别为的中点，所以，，
则，，则，
所以异面直线所成角的余弦值为.故选：A.
④填空题
二、填空题
21．如图,在正方体中,点E,F分别是棱AD,的中点,则异面直线与BF所成角的大小为______．
【答案】
【分析】先取中点为,连接,记与交点为,根据平行可知与BF所成角即为与所成角,通过正方体性质可得,即,根据可知,即,即可知与BF所成角为.
【详解】取中点为,连接,记与交点为,如图所示:
因为G,F分别是棱,的中点,
所以,且,故四边形为平行四边形,
所以,所以与BF所成角即为与所成角,
因为正方体,E,G是棱AD,的中点,
所以,
所以,即,
因为,所以,
所以,
故与所成角为,即与BF所成角为.故答案为:
22．如图，在直三棱柱中，D为的中点，，，则异面直线BD与AC所成的角为________．
【答案】【详解】如图，取的中点E，连接，则，
所以（或其补角）即为异面直线与所成的角，
由题可知，，所以，答案为：.
23．如图，平面，且，则异面直线与所成角的大小是__．
【答案】．
【分析】过作，，则（或其补角）即为所求，由线线垂直证平面，再证，即可在中求值.
【详解】过作，且，因为，所以四边形为矩形，
则（或其补角）即为所求．
因为，所以，，
因为平面，平面，，，所以；
又因为，平面，所以平面，
∵平面，所以．
在中，，即异面直线与所成的角为．故答案为：.
24．设、分别在正方体的棱、上，且，，则直线与所成角的余弦值为_____________．
【答案】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与所成角的余弦值．
【详解】、分别在正方体的棱、上，且，，
如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，
设直线与所成角为，则直线与所成角的余弦值．故答案为：．
25．如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，，，，D、E分别是、的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为_________.
【答案】
【分析】根据题意以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，得到，的坐标，利用空间向量求夹角即可.
【详解】由题意可知两两垂直，故以C点为原点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
，
所以异面直线与所成的角的余弦值为.故答案为：
26．三棱锥中，两两垂直，，点M为平面内的动点，且满足，记直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为_____________．
【答案】
【分析】根据已知条件先确定出在平面内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的余弦值的取值范围.
【详解】因为两两垂直，且，所以由勾股定理可知，
所以三棱锥为正三棱锥，记在底面内的投影为，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以的轨迹是以为圆心半径为的圆，
取中点，连接，可知经过点，建立如下图所示的空间直角坐标系：
设，，，
所以，
所以，
设直线与直线的所成角为.
所以故答案为：.
四、高考真题及模拟题精选
一、单选题
1．（2023·陕西商洛·统考一模）如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.
【详解】取的中点F，连接EF，CF，，易知，所以为异面直线BD与CE所成的角或其补角.因为，，所以由余弦定理得.
故选：C
2．（2021·全国·统考高考真题）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
3．（2023·陕西安康·统考二模）已知四面体的四个面均为直角三角形（如图所示），则该四面体中异面直线AB与CD所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据条件，得到平面，将四面体补成直三棱柱，再根据异面直线所成角的知识，求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】根据已知条件可知，平面，
所以四面体中AD⊥平面BCD，
将四面体补成直三棱柱（如图），
因为，所以∠MAB为异面直线与所成角（或其补角）．
在△MAB中，，，，
所以.
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
4．（2023·安徽·统考一模）安徽徽州古城与四川阆中古城､山西平遥古城､云南丽江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体.已知该正方体中，点分别是棱的中点，过三点的平面与平面的交线为，则直线与直线所成角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出平面与平面的交线，再求与直线所成角.
【详解】
如图所示，在平面中，连接与交于，则，
在平面中，连接与交于，则，
则为平面与平面的交线，且，
而在等边中与所成的角为，
故与直线所成角.
故选：
5．（2023·河南·统考模拟预测）如图，在正方体中，M，N分别为AC，的中点，则下列说法中不正确的是（ ）
A．平面
B．
C．直线MN与平面ABCD所成的角为60°
D．异面直线MN与所成的角为45°
【答案】C
【分析】取棱中点，利用线面平行的判定推理判断A；利用线面垂直的性质推理判断B；求出线面角、线线角判断CD作答.
【详解】在正方体中，取棱中点，连接，
因为M，N分别为AC，的中点，则，
因此四边形为平行四边形，则平面，
平面，所以平面，A正确；
因为平面，则，所以，B正确；
显然平面，则是与平面所成的角，又，
有，由于，所以直线MN与平面ABCD所成的角为，C错误；
因为，，则是异面直线MN与所成的角，显然，D正确.
故选：C
6．（2023·陕西榆林·统考二模）如图，在正三棱柱中，，是棱的中点，在棱上，且，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取棱靠近点的三等分点，取棱的中点，取的中点，连接，，，．证明，得是异面直线与所成的角（或补角）．设，用余弦定理计算出余弦值．
【详解】取棱靠近点的三等分点，取棱的中点，取的中点，连接，，，．
由已知，又，所以是平行四边形，，
同时可得是中点，而是中点，所以．
所以，则是异面直线与所成的角（或补角）．
又，平面，则平面，平面，则，
设，则，从而，，，，，
故，，．在中，
由余弦定理可得．
所以异面直线与所成的角的余弦值为．
故选：B．
7．（2023·全国·模拟预测）如图，在三棱锥M－EFG中，，EF=FG=2，平面平面EFG，则异面直线ME与FG所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设O，C，D分别为线段，，的中点，连接，，，，利用三角形中位线定理可知是异面直线与所成的角或其补角，再利用解三角形的知识求出的边长，最后利用余弦定理即可得解.
【详解】解法一
如图，设O，C，D分别为线段，，的中点，连接，，，则，，，，
∴是异面直线与所成的角或其补角.
∵，为的中点，∴，，
∵平面平面，平面平面，∴平面.
设为的中点，连接，，则平面，
， ， ，
∴，连接，易得，，
∴在中，，
∴，
∴，
∴异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D.
解法二
如图，设为线段的中点，连接，，
∵，∴，，
∵平面平面，平面平面，∴平面，
∵，∴，，故以为坐标原点，
，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
∴，M（0，0，3），， ，∴，，
∴，
∴异面直线与所成角的余弦值为.
故选:D.
8．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，
则，，，
，，，
所以，
故选：A．
二、填空题
9．（2022·全国·校联考模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______．
【答案】
【分析】设分别为和的中点，把异面直线与所成角转化为直线与所成的角，根据中位线定理，结合余弦定理求得和的余弦值，即可求解.
【详解】如图所示，设分别为和的中点，
可得，，且，
所以异面直线与所成角即为直线与所成的角，
作的中点为，则为直角三角形，
因为，
在中，
由余弦定理可得，
所以，所以，
在中，，
在中，
可得，
又因为异面直线所成角的范围是，
所以与所成的角的余弦值为.
故答案为：.
10．（2022·吉林长春·统考模拟预测）四面体的各棱长均相等，E，F分别为AD，BC的中点，则异面直线AB与EF所成角的大小为______．
【答案】
【分析】为中点，连接，则，设四面体棱长为，计算各线段长度，利用余弦定理计算得到答案.
【详解】如图所示，为中点，连接，则，
设四面体棱长为，则，
中，，，故，
在中，根据余弦定理：，
，故，即面直线AB与EF所成角的大小为.
故答案为：
11．（2023·河北邯郸·统考一模）在正四棱锥P－ABCD中，，点E，F满足，，则异面直线BE与CF所成角的余弦值为_______________．
【答案】
【分析】∠BEG是异面直线BE与CF所成的角（或补角），求出△BEG中各边的长，由余弦定理求角的余弦值.
【详解】如图，取棱PC的中点G，连接BG，EG．
由题意可知，即E是PF的中点．
因为G是PC的中点，所以，则∠BEG是异面直线BE与CF所成的角（或补角）．
正四棱锥P－ABCD中，，设，
中，，，，
则，
正三角形中，，
与中，，，
∴，，
在△BEG中，由余弦定理可得．
故答案为：
12．（2022·浙江宁波·统考一模）在棱长均相等的四面体ABCD中，P为棱AD（不含端点）上的动点，过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，则m，n所成角的正弦值的最大值为__________．
【答案】
【分析】根据面面平行的性质可得，进而得或其补角即为m，n所成的平面角，结合余弦定理即可求解余弦的最小值，即可求解正弦的最值.
【详解】过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，由于平面平面，平面平面,，平面平面 所以,
所以或其补角即为m，n所成的平面角，
设正四棱锥ABCD的棱长为1，，则，
在中，由余弦定理得： ，
同理,
故在中，，
由于，则，进而，当时取等号，
故的最小值为，进而，
故的最大值为，
故答案为：
五、题型精练，巩固基础
一、单选题
1．（2023·青海西宁·统考一模）如图，在正三棱柱中，为的中点，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取中点为E，连接，则与所成角就是与所成角.
【详解】如图，取中点为E，连接.又因D为的中点，则，故与所成角就是与所成角.
由题为正三角形，则.又因几何体为正三棱柱，
则，
得，
，.
则在中，，，，得为直角三角形，
则与所成角的余弦值为：.
故选：D.
2．（2023·湖南株洲·统考一模）已知三棱锥的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥中，与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题知，，进而取中点，连接，证明平面即可得，进而得答案..
【详解】解：由图可知，在三棱锥中， ，，
取中点，连接，
因为，，
所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，
所以，即与所成的角为
故选：D
3．（2023·河南焦作·统考模拟预测）在直三棱柱中，，且，若直线与侧面所成的角为，则异面直线与所成的角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，设，利用线面角的向量求法求出的值，再求异面直线所成角即可.
【详解】因为直三棱柱，所以底面，
又因为，所以两两垂直，
以为轴建立如图所示坐标系，
设，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，解得，
所以直线与侧面所成的角的正弦值，
解得，
所以，，
设异面直线与所成的角为，
则，
所以异面直线与所成的角的正弦值为.
故选：D
4．（2023·内蒙古·校联考模拟预测）在直三棱柱中，是等边三角形，，D，E，F分别是棱，，的中点，则异面直线BE与DF所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取等边△ABC的AC边的中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，运用异面直线所成角的计算公式即可得结果.
【详解】取等边△ABC的AC边的中点O，连接OB，则，过O作的平行线，则以O为原点，分别以OB、OC、Oz为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设等边△ABC的边长为2，则，，，，
∴，，
∴.
所以异面直线BE与DF所成角的余弦值为.
5．（2023·广西梧州·统考一模）在正方体中，E，F分别是线段，的中点，则异面直线，EF所成角余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图所示，连接，确定或其补角是异面直线EF与所成角，在直角中，计算得到答案.
【详解】如图所示：F是线段的中点，连接交于F，
由正方体的性质知，知异面直线，EF所成角即为直线，EF所成角，
故或其补角是异面直线EF与所成角.
设正方体边长为2，在直角中，，，
故
故选：C
6．（2023·山西忻州·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是矩形，，分别是棱 的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作辅助线，作出异面直线与所成角或补角，解直角三角形，即可求得答案.
【详解】如图，取棱的中点H，连接，则，
则是异面直线与所成的角（或补角）．
又因为，故,
平面平面，平面平面，平面，
故平面，平面，故,
由四边形是矩形，，则,
平面,故平面,
平面,故,
设，则EH＝2，．
在 中，则，故,
即异面直线与所成角范围为，故所求角的余弦值是，
故选：B
7．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，已知正三棱柱的棱长都相等，为棱的中点，则与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取的中点，连接、、，设正三棱柱的棱长为，证明出，所以，与所成的角即为与所成的角，或其补角即为所求，推导出，即可计算出的正弦值，即为所求.
【详解】取的中点，连接、、，设正三棱柱的棱长为，如下图所示：
因为且，所以，四边形为平行四边形，
所以，且，
又因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
又因为且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
所以与所成的角即为与所成的角，或其补角即为所求．
在中，，，．
因为，所以为直角三角形，且，
所以．
故选：B．
8．（2023·黑龙江大庆·统考一模）在三棱锥中，平面ABC，且，，E，F分别为BC，PA的中点，则异面直线EF与PC所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】要求异面直线的夹角，利用线线平行进行转化，如图分别取AB，PB的中点M，G，连接FM，ME，GE，FG，则，所以或其补角为异面直线EF与PC所成的角，解三角形即可得解.
【详解】如图所示，分别取AB，PB的中点M，G，连接FM，ME，GE，FG，则，所以（或其补角）为异面直线EF与PC所成的角．
因为，，所以，．
因为平面ABC，平面ABC ，，
平面ABC，，平面ABC，
所以，且．
在中，．
在中，，，
由余弦定理得，
所以异面直线EF与PC所成角的余弦值为．
故选：B
9．（2023·贵州毕节·统考一模）图（1）是由正方形和正三角形组合而成的平面图形，将三角形沿折起，使得平面平面，如图（2），则异面直线与所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由平面平面，可得平面，从而．由可知为异面直线与所成角，从而得解．
【详解】∵平面平面，平面平面，平面，，
∴平面，又平面，∴．
∵，∴为异面直线与所成角，∵，∴．故选：C．
10．（2023·全国·模拟预测）如图，在正方体中，点P在线段上运动（包含端点），则直线与所成角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】要求直线所成角，转化为方向向量所成角，建立如图所示空间直角坐标系，所以（），又，设则直线与所成角为，则，结合的范围即可得解.
【详解】
以为建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则，，，，
所以（）
，
则设直线与所成角为，
则，
由，所以，
，所以，
故选：B
11．（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱锥的底面边长和高分别为2和1，若点E是棱PD的中点，则异面直线PA与CE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，然后用向量方法即可求解
【详解】连接交于，
由题意，以为原点，分别以, ，的方向为x轴，y轴, z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
由正四棱锥的底面边长和高分别为2和1可得，
所以
所以，
设异面直线PA与CE所成的角为，
所以
故选：B
12．（2022·河南安阳·校联考模拟预测）如图，在四面体ABCD中，平面BCD，，P为AC的中点，则直线BP与AD所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，证明平面即可推理计算作答.
【详解】在四面体ABCD中，平面，平面，则，而，
即，又，平面，则有平面，而平面，
于是得，因P为AC的中点，即，而，平面，
则平面，又平面，从而得，
所以直线BP与AD所成的角为.
故选：D
13．（2023·陕西西安·西北工业大学附属中学校考二模）如图，在三棱锥中，平面，，，侧棱与平面所成的角为，为的中点，是侧棱上一动点，当的面积最小时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】通过线面位置关系的证明得到的面积为，当的面积最小，此时，据此即可利用解三角形的方法进行求解即可
【详解】由题意知为等腰直角三角形，因为为的中点，所以．
又平面，所以，所以平面，
所以，故的面积．
易知，所以，所以，
当最小时，的面积最小，此时．
当时，过作，交的延长线于点，则，连接，如图，
则为异面直线与所成的角或其补角．
因为平面，所以为直线与平面所成的角，所以，所以，所以，．
又，所以，所以，，在中，易知，所以，
故当的面积最小时，异面直线与所成角的余弦值为
故选：D
【点睛】本题以三棱锥为载体考查空间线面关系的判定、线面角、异面直线所成的角，考查考生的空间想象能力、逻辑思维能力，属于中档题
14．（2023·河南南阳·统考二模）如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，是侧棱的中点，是的中点，则（ ）
A．B．平面
C．平面D．
【答案】D
【分析】根据空间中的平行和垂直的判定方法，结合选项逐一验证.
【详解】因为与异面，所以A项错误；
因为的延长线必过点，所以B项错误；
因为与不垂直，所以C项错误；
取的中点，连接，在正方形中，与全等，可得，
连接，则，又平面底面，所以平面，
因为平面，所以，
又，所以平面，
因为平面，所以.
故选：D.
15．（2023·陕西渭南·统考一模）如图，在直三棱柱中，，且分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据线线平行可得或其补角是异面直线与所成的角，利用三角形三边关系，由余弦定理即可求解.
【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ,，
由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,
又因为是的中点，所以,所以，则或其补角是异面直线与所成的角.
设，则，
从而，
故,
故异面直线与所成角的余弦值是.
故选：A
16．（2023·四川·校联考一模）在长方体中，已知异面直线与，与AB所成角的大小分别为和，则直线和平面所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，结合题意可求得，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合空间向量夹角公式可得答案.
【详解】设，则，
由于，所以异面直线与所成角为，从而，
由于，所以异面直线与所成角为，从而，
所以，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
则，取
所以，直线和平面所成的角的正弦值为，
从而直线和平面所成的角的余弦值为．
故选：A．
二、填空题
17．（2022·黑龙江牡丹江·牡丹江市第三高级中学校考三模）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2，则异面直线AC和BC1所成角的余弦值是_________.
【答案】
【分析】作出异面直线和所成角，利用余弦定理计算出其余弦值.
【详解】如图，连接AD1，CD1，则∠D1AC(或其补角)就是异面直线AC和BC1所成的角，
易知AC＝5，AD1＝，CD1＝，由余弦定理得
cs ∠D1AC＝＝.
故答案为：
18．（2022·陕西商洛·统考二模）在正方体中，点P是底面的中心，则直线与所成角的余弦值为___________.
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量求解异面直线的夹角.
【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则，，，，
设直线与所成角为，
则
故答案为：
19．（2022·河南开封·通许县第一高级中学校联考模拟预测）已知三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，为的中点，若，则侧面四边形为正方形，则异面直线与所成角的余弦值为___________.
【答案】
【分析】取的中点，连接，，得到为异面直线与所成的角（或补角），在中，利用余弦定理，即可求解.
【详解】如图所示，取的中点，连接，，则，
则为异面直线与所成的角（或补角），
因为是边长为2的等边三角形，所以，
又因为，所以，
则，，
又由四边形为正方形，所以，
所以.
故答案为：.
20．（2022·河南·统考模拟预测）在平行四边形中，，，现将平行四边形沿对角线折起，当异面直线和所成的角为时，的长为__________.
【答案】
【分析】注意到折叠前后始终成立，是本题关键入手点.
【详解】在△中，，
则
则有，即，
在三棱锥中，
，，
故直线平面，又平面，故
则直角三角形中，，，
故
故答案为：
21．（2022·河南·校联考模拟预测）已知在三棱锥S-ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝BC，则异面直线SC与AB所成角的余弦值为______．
【答案】
【分析】将三棱锥补成正方体，利用平行关系找到异面直线SC与AB所成角，在直角三角形中即可求得答案.
【详解】如图，将三棱锥S-ABC还原为正方体ABCD-STMN，设棱长为1，
则 ,
则∠CST即为异面直线SC与AB所成的角，
在正方体ABCD-STMN中， 平面平面,
所以 , ,
故,
故面直线SC与AB所成角的余弦值为 ，
故答案为：
22．（2022·吉林长春·统考模拟预测）现有四棱锥（如图），底面ABCD是矩形，平面ABCD.，，点E，F分别在棱AB，BC上.当空间四边形PEFD的周长最小时，异面直线PE与DF所成角的余弦值为___________.
【答案】
【分析】根据两点间线段最短，结合平行线的性质、异面直线所成角的定义、空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】将沿旋转到平面内，如下图所示，
设点关于对称的点为，线段与的交点为，
此时空间四边形PEFD的周长最小，
因为，所以，
同理可得：，
因为底面ABCD是矩形，所以，
又因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
所以可以建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
，
异面直线PE与DF所成角的余弦值为：
，
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用两点间线段最短是解题的关键.
23．（2022·重庆·重庆八中校考模拟预测）如图所示，是棱长为的正方体，、分别是下底面的棱、的中点，是上底面的棱上的一点，，过、、的平面交上底面于，在上，则异面直线与所成角的余弦值为___________．
【答案】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，分析可知，可求得点的坐标，再利用空间向量法可求得结果.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，，
设点，，，
因为，所以，，即点，
，，
所以，.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
24．（2022·青海·统考模拟预测）手工课可以提高学生的动手能力、反应能力、创造力，使学生在德、智、体、美、劳各方面得到全面发展，某小学生在一次手工课上制作了一座漂亮的房子模型，它可近似地看成是一个直三棱柱和一个长方体的组合图形，其直观图如图所示，，，P，Q，M，N分别是棱AB，，，的中点，则异面直线PQ与MN所成角的余弦值是______．
【答案】
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，求出，利用向量关系即可求出.
【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，
因为，，
所以可得，
所以，
所以，
所以异面直线PQ与MN所成角的余弦值是.
故答案为：.
①直接平移后相交
②利用中位线平移
③向量法
④填空题
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