异面直线所成的角

前言

两条共面直线所成的角的范围是： \([0，\cfrac{\pi}{2}]\) ，两条异面直线所成的角的范围是 \((0，\cfrac{\pi}{2}]\) .

求解思路

一般来说，常见的求解思路有两个。其一，转化法，具体做法，将两条异面直线中的一条平移到和另一条直线相交的位置，找到这两条相交直线所成的角或者其补角(必须保证其范围在 \((0，\cfrac{\pi}{2}]\) 内)，然后利用其所在的三角形来求解，此时可能用到余弦定理；其二，利用空间向量法求解。这一方法一般是理科学生要求掌握的，此时需要熟练掌握直线的方向向量，向量的内积公式，向量的坐标运算等 .

易错处：两条异面直线所成的角，和三角形的内角不完全相同，两条异面直线所成的角的范围是 \((0，\cfrac{\pi}{2}]\)，三角形的内角范围为 \((0,\pi)\)，当求得的三角形的内角 \(\theta\in(0,\cfrac{\pi}{2})\) 时，此角就是所求的两条异面直线所成的角 .

典例剖析

【2024高一联考题】 在直三棱柱 \(ABC-A_{1}B_{1}C_{1}\) 中，若 \(\angle BAC=90^{\circ}\)，\(AB=AC=AA_1\)，则异面直线 \(BA_1\) 与 \(AC_{1}\) 所成的角为 【\(\qquad\)】

$A.30^{\circ}$ $B.45^{\circ}$ $C.60^{\circ}$ $D.90^{\circ}$

法1：平移法，如左图，将 \(AC_1\) 平移到 \(IJ\) 位置，将 \(A_1B\) 平移到 \(JK\) 位置，在 \(\triangle IJK\) 中，求解 \(\angle IJK\) 即是所求的角。其中 \(IJ=\cfrac{\sqrt{2}}{4}\)， \(JK=\cfrac{\sqrt{2}}{4}\)，在 \(\triangle ICK\) 利用余弦定理求得 \(IK=\cfrac{\sqrt{2}}{4}\)，故 \(\angle IJK=60^{\circ}\) . 故选 \(C\) .

法2：补体法，如右图，将直三棱柱 \(ABC-A_{1}B_{1}C_{1}\) 补体正方体 \(ABDC-A_{1}B_{1}D_{1}C_{1}\) 中，连结 \(BD_1\)，\(A_1D_1\)，容易求得 \(\angle A_1BD_1=60^{\circ}\) . 故选 \(C\) .

【2021年高考乙卷文数第\(10\)题理数第\(5\)题】 在正方体 \(ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\) 中， \(P\) 为 \(B_{1}D_{1}\) 的中点， 则直线 \(PB\) 与 \(AD_{1}\) 所成的角为 【\(\qquad\)】

$A.\cfrac{\pi}{2}$ $B.\cfrac{\pi}{3}$ $C.\cfrac{\pi}{4}$ $D.\cfrac{\pi}{6}$

解析: 由于 \(AD_{1}//BC_{1}\)， 所以 \(\angle PBC_{1}\) 是直线 \(PB\) 与 \(AD_{1}\) 所成的角[或所成角的补角]准确的说法还需要添加这句话，或所成角的补角，原因是两条直线所成的角的范围是 \([0,\cfrac{\pi}{2}]\) ，而图形中的角 \(\angle PBC_{1}\) 的大小不一定在此范围内，

设正方体 \(ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\) 的棱长为 \(2\)，

则 \(PB_{1}=PC_{1}=\cfrac{1}{2}\sqrt{2^{2}+2^{2}}=\sqrt{2}\)，

\(BC_{1}=\sqrt{2^{2}+2^{2}}=2\sqrt{2}\)， \(BP=\sqrt{2^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{6}\)，

所以 \(\cos\angle PBC_{1}=\cfrac{PB^{2}+BC_{1}^{2}-PC_{1}^{2}}{2\times PB\times BC_{1}}=\cfrac{6+8-2}{2\times\sqrt{6}\times2\sqrt{2}}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，

所以，\(\angle PBC_{1}=\cfrac{\pi}{6}\)， 则直线 \(PB\) 与 \(AD_{1}\) 所成的角为 \(\cfrac{\pi}{6}\)， 故选: \(D\) .

【2017凤翔中学高三第三次月考第10题】【异面直线所成的角】长方体\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，\(AB\)\(=\)\(AA_1\)\(=\)\(2\)，\(AD=1\)，则异面直线 \(BC_1\) 与 \(AC\) 所成的角的余弦值是多少？

法1：立体几何法，基本求解步骤：①作：作出所要求的角；②证：证明所作的角即为所求的角；③算：计算所作角的某种三角值；

思路：将两条异面直线平移至一个三角形中，然后解三角形得到。

将\(BC_1\)平移到\(AD_1\)，联结\(CD_1\)，则\(\angle CAD_1\)为两条异面直线所成的角，

在\(\Delta ACD_1\)中，可知\(AC=\sqrt{5}\)，\(AD_1=\sqrt{5}\)，\(CD_1=2\sqrt{2}\)，

由余弦定理可知\(cos\angle CAD_1=\cfrac{(\sqrt{5})^2+(\sqrt{5})^2-(2\sqrt{2})^2}{2\cdot \sqrt{5}\cdot \sqrt{5}}=\cfrac{1}{5}\)；

法2：空间向量法，

以点\(D\)为坐标原点，分别以\(DA、DC、DD_1\)所在的直线为\(x、y、z\)轴建立如图所示的直角坐标系，

则点\(D(0，0，0)\)，\(A(1，0，0)\)，\(C(0，2，0)\)，\(B(1，2，0)\)，\(D_1(0，0，2)\)，\(A_1(1，0，2)\)，\(B_1(1，2，2)\)，\(C_1(0，2，2)\)，

故\(\overrightarrow{BC_1}=(-1，0，2)\)，\(\overrightarrow{AC}=(-1，2，0)\)，

设两条异面直线所成的角为\(\theta\)，则\(cos\theta=|cos<\overrightarrow{BC_1}，\overrightarrow{AC}>|=\cfrac{(-1)\times(-1)+0\times2+2\times 0}{\sqrt{(-1)^2+0^2+2^2}\times\sqrt{(-1)^2+2^2+0^2}}=\cfrac{1}{5}\)。

备注：两条异面直线所成角的范围\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)，两个向量所成角的范围\([0，\pi]\)。

【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第10题】已知正三棱柱\(ABC\)\(-\)\(A_1B_1C_1\)中，\(AB\)\(=\)\(AA_1\)\(=\)\(2\)，则异面直线\(AB_1\)与\(CA_1\)所成角的余弦值为【\(\qquad\)】

$A.0$ $B.-\cfrac{1}{4}$ $C.\cfrac{1}{4}$ $D.\cfrac{1}{2}$

【法1-1】空间向量法，第一种建系方式；以点\(A\)为坐标原点，以\(AC\)，\(AA_1\)分别为\(y\)、\(z\)轴，以和\(AC\)垂直的直线为\(x\)轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则\(A(0，0，0)\)，\(B(\sqrt{3}，1，0)\)，\(A_1(0，0，2)\)，\(B_1(\sqrt{3}，1，2)\)，\(C(0，2，0)\)，

\(\overrightarrow{AB_1}=(\sqrt{3}，1，2)\)，\(\overrightarrow{A_1C}=(0，2，-2)\)，且线线角的范围是\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)，

故所求角的余弦值为\(|cos<\overrightarrow{AB_1}，\overrightarrow{A_1C}>|=\cfrac{|1\times 2+2\times(-2)|}{\sqrt{8}\times\sqrt{8}}=\cfrac{1}{4}\)。故选\(C\)。

【法1-2】空间向量法，第二种建系方式；以\(BN\)的中点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则\(A(1，0，0)\)，\(B(0，\sqrt{3}，0)\)，\(C(-1，0，0)\)，\(A_1(1，0，2)\)，\(B_1(0，\sqrt{3}，2)\)，\(C_1(-1，0，2)\)，

\(\overrightarrow{AB_1}=(-1，\sqrt{3}，2)\)，\(\overrightarrow{A_1C}=(-2，0，-2)\)，且线线角的范围是\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)，

故所求角的余弦值为\(|cos<\overrightarrow{AB_1}，\overrightarrow{A_1C}>|=\cfrac{|-1\times (-2)+\sqrt{3}\times 0+2\times(-2)|}{\sqrt{8}\times\sqrt{8}}=\cfrac{1}{4}\)。故选\(C\)。

【法2】：立体几何法，补体平移法，将正三棱柱补体为一个底面为菱形的直四棱柱，连结\(B_1D\)，则\(B_1D//A_1C\)，

故异面直线\(AB_1\)与\(CA_1\)所成角，即转化为共面直线\(AB_1\)与\(B_1D\)所成的角\(\angle AB_1D\)，连结\(AD\)，

在\(\Delta AB_1D\)中，\(AB=AA_1=2\)，可得\(AB_1=B_1D=2\sqrt{2}\)，\(AD=2\sqrt{3}\)，

由余弦定理可知，\(cos\angle AB_1D=\cfrac{(2\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2-(2\sqrt{3})^2}{2\times 2\sqrt{2}\times 2\sqrt{3}}=\cfrac{1}{4}\)，

故所求为\(\cfrac{1}{4}\)，故选\(C\)。

在长方体\(ABCD\)\(-\)\(A_1B_1C_1D_1\)中，已知直线\(BD\)与平面\(ADD_1A_1\)所成角的正切值为\(2\)，直线\(BD_1\)与平面\(ABCD\)所成角的正弦值为\(\cfrac{2}{3}\)，则异面直线\(CD_1\)与\(BD_1\)所成角的余弦值为【\(\qquad\)】

$A.\cfrac{\sqrt{10}}{5}$ $B.\cfrac{3\sqrt{5}}{10}$ $C.\cfrac{\sqrt{55}}{10}$ $D.\cfrac{\sqrt{15}}{5}$

分析：如图所示，直线\(BD\)与平面\(ADD_1A_1\)所成的角为\(\angle BDA\)，则由\(tan\angle BDA=2\)，可以设\(AB=2k\)，\(AD=k\)，则\(BD=\sqrt{5}k\)，直线\(BD_1\)与平面\(ABCD\)所成角的为\(\angle D_1BD\)，则由\(sin\angle D_1BD=\cfrac{2}{3}\)，可以设\(DD_1=2m\)，\(BD_1=3m\)，则\(BD=\sqrt{5}m\)，

故可以令\(m=k=1\)，则长方体的三维\(AB=2\)，\(AD=1\)，\(DD_1=2\)，接下来的思路可以有两个：

思路1：平移法，将异面直线\(CD_1\)与\(BD_1\)通过平移放置到同一个三角形\(\triangle AVD_1\)中，这样\(AC=\sqrt{5}\)，\(AD_1=\sqrt{5}\)，\(CD_1=2\sqrt{2}\)，则异面直线\(CD_1\)与\(BD_1\)所成的角即为\(\angle AD_1C\)，由余弦定理可知\(cos \angle AD_1C=\cfrac{\sqrt{10}}{5}\).故选\(A\).

思路2：空间向量法，不作平移，直接利用直线的方向向量的夹角来求解；

如图，正四面体\(P-ABC\)中，\(D\)、\(E\)分别是\(AB\)和\(PC\)的中点，则直线\(AE\)与\(PD\)所成角的余弦值是多少？

法1：空间向量法，如图所示，\(PF\perp\)面\(ABC\)，\(F\)为\(\Delta ABC\)的中心，

以点\(D\)为坐标原点，以\(DF\)、\(DB\)以及与\(FP\)平行的直线分别为\(x\)，\(y\)，\(z\)轴建立如图所示的空间直角坐标系，

令正四面体的棱长为\(2\)，则得到以下点的空间坐标

\(D(0，0，0)\)，\(A(0，-1，0)\)，\(B(0，1，0)\)，

\(C(-\sqrt{3}，0，0)\)，\(P(-\cfrac{\sqrt{3}}{3}，0，\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，\(E(-\cfrac{2\sqrt{3}}{3}，0，\cfrac{\sqrt{6}}{3})\)，

则有\(\overrightarrow{PD}=(\cfrac{\sqrt{3}}{3}，0，-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)；\(\overrightarrow{AE}=(-\cfrac{2\sqrt{3}}{3}，1，\cfrac{\sqrt{6}}{3})\)；

令异面直线\(PD\)和\(AE\)的夹角为\(\theta\)，则有\(cos\theta\)

\(=\cfrac{|\cfrac{\sqrt{3}}{3}\cdot (-\cfrac{2\sqrt{3}}{3})+0\cdot 1+(-\cfrac{2\sqrt{6}}{3}\cdot \cfrac{\sqrt{6}}{3})|}{\sqrt{(\cfrac{\sqrt{3}}{3})^2+(-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})^2}\cdot \sqrt{(-\cfrac{2\sqrt{3}}{3})^2+1^2+(\cfrac{\sqrt{6}}{3})^2}}=\cfrac{2}{3}\)。

说明：向量的夹角范围为\([0，\pi]\)，两异面直线的夹角范围\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)。

法2：立体几何法，先作再证后算。

思路：异面直线所成的角，一般是经过平移，使其相交，构建三角形来计算。

过点\(A\)做\(AM//BC\)，过点\(B\)做\(BM//AC\)交\(AM\)于点\(M\)，

点\(F\)、\(H\)、\(G\)分别是线段\(PB\)、\(AM\)、\(BD\)的中点，连接\(HF\)、\(FG\)、\(HG\)，

则有 \(EF\;\;{}_{=}^{//}AH\) ，则\(AE//FH\)，又\(PD//FG\)，故\(\angle HFG\)为两条异面直线所成的角。

设正四面体的棱长为\(2\)，则\(AE=FH=PD=\sqrt{3}\)，\(FG=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)；

又在\(\Delta AHG\)中，\(AH=1\)，\(AG=\cfrac{3}{2}\)，\(\angle HAG=60^\circ\)，

由余弦定理可知，\(HG=\cfrac{\sqrt{7}}{2}\)，

在\(\Delta HFG\)中，\(HF=\sqrt{3}\)，\(FG=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(HG=\cfrac{\sqrt{7}}{2}\)，

由余弦定理可知\(cos\angle HFG=\cfrac{2}{3}\)。

高阶例题

【2019届宝鸡理数质检Ⅲ第11题】异面直线 \(a\) ， \(b\) 所成的角为 \(\cfrac{\pi}{6}\) ，直线 \(a\perp c\) ，则异面直线 \(b\) 和 \(c\) 所成角的范围是【\(\qquad\)】

$A.[\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{2}]$ $B.[\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{2}]$ $C.[\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{2\pi}{3}]$ $D.[\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{5\pi}{6}]$

分析：由于求异面直线所成角的范围，故需要先明确其允许的最大范围，是\((0，\cfrac{\pi}{2}]\)，怎么理解呢？采用简单原则，当同一平面内的两条直线相交时形成两对对顶角，其中的邻角互补，这样我们刻画其位置关系时，仅仅只需要\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)范围内的角就足够了，不需要范围为\([0，\pi]\)，那么异面直线所成角的范围就成了\((0，\cfrac{\pi}{2}]\)，

再者我们需要将已知的直线安放在空间，最好的依托就是正方体和长方体等模型，如下图所示，

当异面直线\(a\)，\(b\)所成的角为\(\cfrac{\pi}{6}\)，直线\(a\perp c\)，那么异面直线\(b\)和\(c\)所成角的范围最小是\(\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{3}\)，最大是\(\cfrac{\pi}{2}+\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{2\pi}{3}\)，又由于刻画异面直线所成角的范围限制，故只能是\([\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{2}]\)，故选\(A\)。

【2020届宝鸡质检1文数第16题】如图所示，三棱锥\(P-ABC\)中，\(PA\perp\)平面\(ABC\)，\(PA=\)\(AB\)\(=AC\)\(=BC\)\(=2\)，\(E\)是\(PC\)的中点，求异面直线\(AE\)与\(PB\)所成角的余弦值___________。

法1：理科学生可以使用建立空间直角坐标系的思路求解；

法2：平移构造三角形法，取\(BC\)的中点\(F\)，连接\(EF\)和\(AF\)，

则由\(EF//PB\)，可知\(\angle AEF\)即为两条异面直线\(AE\)与\(PB\)所成的角，

在\(\triangle AEF\)中，容易知道\(AE=EF=\sqrt{2}\)，\(AF=\sqrt{3}\)，

由余弦定理可知，\(cos\angle AEF=\cfrac{1}{4}\)；

【2016浙江卷】如图，已知平面四边形\(ABCD\)， \(AB=BC=3\)，\(CD=1\)，\(AD\)\(=\)\(\sqrt{5}\)，\(\angle\)\(ADC\)\(=\)\(90^{\circ}\)，沿直线\(AC\)将\(\triangle\)\(ACD\) 翻折成 \(\triangle\)\(ACD'\)，则直线\(AC\) 与\(BD'\) 所成角的余弦的最大值为________。

法1：几何法，通过作---证---算的步骤完成。

如图所示，取\(AC\)的中点\(O\)，由于\(AB=BC=3\)，故\(BO\perp AC\)，

在\(Rt\triangle ACD'\)中，\(AC=\sqrt{1^{2}+(\sqrt{5})^{2}}=\sqrt{6}\)，

作 \(D'E\perp AC\)，垂足为\(E\)，\(D'E=\cfrac{1\times\sqrt{5}}{\sqrt{6}}=\cfrac{\sqrt{30}}{6}\)，

\(CO=\cfrac{\sqrt{6}}{2}\)，\(CE=\cfrac{DC^{2}}{CA}=\cfrac{1}{\sqrt{6}}=\cfrac{\sqrt{6}}{6}\)，故\(EO=CO-CE=\cfrac{\sqrt{6}}{3}\)，

过点\(B\)作\(BF//AC\)，过点\(E\)作\(EF//BO\)交\(BF\)于点\(F\)，则\(EF\perp AC\)，

连接\(D'F\)，\(\angle FBD'\)为异面直线\(AC\)与\(BD'\)所成的角求作异面直线所成的角，常用的方法是将其中的一条直线平移和另一条共面，此时这两条共面直线所成的角，即两异面直线所成的角。故两异面直线所成的角的范围为\((0,\cfrac{\pi}{2}]\)，此题目中，由于\(AC\)//\(BF\)，故\(\angle FBD'\)即异面直线\(AC\)与\(BD'\)所成的角\(\quad\)，

则四边形\(BOEF\)为矩形，所以\(BF=EO=\cfrac{\sqrt{6}}{3}\)，

\(EF=BO=\sqrt{3^{2}-(\cfrac{\sqrt{6}}{2})^{2}}=\cfrac{\sqrt{30}}{2}\)，

则\(\angle FED'\)为二面角 \(D'-CA-B\)的平面角，设为\(\theta\)，

则\(D'F^{2}=(\cfrac{\sqrt{30}}{6})^{2}+(\cfrac{\sqrt{30}}{2})^{2}-2\times\cfrac{\sqrt{30}}{6}\times\cfrac{\sqrt{30}}{2}\times\cos\theta\)

\(=\cfrac{25}{3}-5\cos\theta \geqslant \cfrac{10}{3}\)，当\(\cos\theta=1\) 时取等号，

故\(BD'\)的最小值 \(BD'_{min}=\sqrt{\cfrac{10}{3}+(\cfrac{\sqrt{6}}{3})^{2}}=2\)，

故直线 \(AC\) 与 \(BD'\) 所成角 \(\alpha\) 的余弦在 \(Rt\triangle BFD'\) 中，\(\cos\)\(\alpha\)\(=\)\(邻/斜\)，由于邻边\(BF\)长度不变，故斜边\(BD'\)最小时，\(\cos\alpha\)的值最大；的最大值\([\cos\alpha]_{max}=\cfrac{BF}{BD'}=\cfrac{\sqrt{6}/{3}}{2}=\cfrac{\sqrt{6}}{6}\)

法2： 也可以考虑使用空间向量法；