8.6.1 直线与直线垂直

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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， $\cos \angle E F G=\dfrac{\frac{F G}{2}}{E F}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}$．
   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：$D$．