《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点二 空间两直线位置关系的判断
例2 (1)(2025·湖州模拟)已知$a,b,c$是三条不同的直线，有下列三个命题：
①若$a,b$是异面直线，$b,c$是异面直线，则$a,c$也是异面直线；
②若$a$和$b$相交，$b$和$c$相交，则$a$和$c$也相交；
③若$a$和$b$共面，$b$和$c$共面，则$a$和$c$也共面.其中真命题的个数是(A)

A.0
B.1
C.2
D.3

答案：
(1)A [
(1)对于①，若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c相交、平行、异面，故①为假命题；
对于②，若a和b相交，b和c相交，则a和c可能相交、平行、异面，故②为假命题；
对于③，若a和b共面，b和c共面，则a和c共面，错误，如上图，AA'(a)与AB(b)共面，AB(b)与BC(c)共面，但AA'(a)与BC(c)异面，故③为假命题，故真命题的个数为0.故选A.]

(2)(多选)如图，在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$M,N$分别为棱$C_1D_1,C_1C$的中点，则(CD)


A.直线$AM$与$CC_1$是相交直线
B.直线$AM$与$BN$是平行直线
C.直线$BN$与$MB_1$是异面直线
D.直线$A_1M$与$BN$是相交直线

答案：

(2)CD [
(2)因为点A在平面CDD₁C₁外，
点M在平面CDD₁C₁内，
直线CC₁在平面CDD₁C₁内，CC₁不过点M，
所以直线AM与CC₁是异面直线，故A错误；
取DD₁的中点E，连接AE(图略)，
则BN//AE，但AE与AM相交，
所以AM与BN不平行，故B错误；
因为点B₁与直线BN都在平面BCC₁B₁内，
点M在平面BCC₁B₁外，BN不过点B₁，
所以BN与MB₁是异面直线，故C正确；同理D正确.
]

(1)空间中有三条线段$AB,BC,CD$，且$\angle ABC = \angle BCD$，那么直线$AB$与$CD$的位置关系是(D)

A.平行
B.异面
C.相交或平行
D.平行或异面或相交均有可能

答案：
(1)D [
(1)根据条件作出示意图，得到以下三种可能的情况，
如图可知AB，CD有相交、平行、异面三种情况，故选D.]

(2)已知$\alpha,\beta,\gamma$是三个不同的平面，$\alpha\cap\beta = a,\alpha\cap\gamma = b,\beta\cap\gamma = c$，且$a\cap b = O$，则下列结论正确的是(C)

A.直线$b$与直线$c$可能是异面直线
B.直线$a$与直线$c$可能平行
C.直线$a,b,c$必然交于一点(即三线共点)
D.直线$c$与平面$\alpha$可能平行

答案：

(2)C [
(2)如图，因为α∩β = a，
α∩γ = b，a∩b = O，
所以O∈α，O∈β，O∈γ.
因为β∩γ = c，
所以O∈c，所以直线a，b，c必然交于一点(即三线共点)，故A，B错误，C正确；
假设直线c与平面α平行，由于O∈c，可知O∉α，
这与O∈α矛盾，故假设不成立，D错误.

]

考点三 求异面直线所成的角
例3 (1)(2025·山西联合模拟)在正四面体$A - BCD$中，$\overrightarrow{DB} = 3\overrightarrow{DE}$，则异面直线$AD$与$CE$所成角的余弦值为(A)

A.$\frac{\sqrt{7}}{7}$
B.$\frac{2\sqrt{7}}{7}$
C.$\frac{\sqrt{21}}{7}$
D.$\frac{\sqrt{42}}{7}$

答案：

(1)A [
(1)如图，在棱AB上取点M，使得AB = 3AM，连接ME，CM.
因为DB = 3DE，所以EM//AD，所以∠MEC或其补角为异面直线AD与CE所成的角，
不妨设AB = 3，则EM = $\frac{2}{3}$AD = 2.
在△DEC中，CD = 3，DE = 1，∠CDE = $\frac{π}{3}$，
由余弦定理可得CE² = DE² + DC² - 2DE·DC·cos∠EDC = 7，则CE = $\sqrt{7}$.
同理可得CM = $\sqrt{7}$.
在△MEC中，由余弦定理的推论可得
cos∠MEC = $\frac{CE^{2}+EM^{2}-CM^{2}}{2CE·EM}$
= $\frac{7 + 4 - 7}{2×\sqrt{7}×2}$ = $\frac{\sqrt{7}}{7}$，
由于异面直线所成角的范围为(0,$\frac{π}{2}$]，所以异面直线AD与CE所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{7}}{7}$.
]

(2)在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$AB = BC = 1,AA_1 = \sqrt{3}$，则异面直线$AD_1$与$DB_1$所成角的余弦值为()

A.$\frac{1}{5}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{6}$
C.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{\sqrt{2}}{2}$

答案：

(2)C [
(2)如图，在长方体AB - CD - A₁B₁C₁D₁的面上补一相同的长方体CDEF - C₁D₁E₁F₁，连接DE₁，B₁E₁.
易知AD₁//DE₁，
则∠B₁DE₁为异面直线AD₁与DB₁所成角(或其补角).
因为在长方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，
AB = BC = 1，AA₁ = $\sqrt{3}$，
所以DE₁ = $\sqrt{DE^{2}+EE₁^{2}}$
= $\sqrt{1^{2}+(\sqrt{3})^{2}}$ = 2，
DB₁ = $\sqrt{1^{2}+1^{2}+(\sqrt{3})^{2}}$ = $\sqrt{5}$，
B₁E₁ = $\sqrt{A₁B₁^{2}+A₁E₁^{2}}$ = $\sqrt{1^{2}+2^{2}}$ = $\sqrt{5}$，
在△B₁DE₁中，由余弦定理的推论，
得cos∠B₁DE₁ = $\frac{2^{2}+(\sqrt{5})^{2}-(\sqrt{5})^{2}}{2×2×\sqrt{5}}$ = $\frac{\sqrt{5}}{5}$，
即异面直线AD₁与DB₁所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$.
]

(1)如图，正四棱柱$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的侧面展开图是边长为4的正方形，则在正四棱柱$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，异面直线$AK$和$LM$所成的角的大小为(D)


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

答案：

(1)D [
(1)根据题意还原正四棱柱的直观图，如图所示，取AA₁的中点G，连接KG，
则∠AKG或其补角为异面直线AK和LM所成的角.
由题知AG = 2，
AK = KG = $\sqrt{1 + 1}$ = $\sqrt{2}$，
则有AK² + KG² = AG²，
所以∠AKG = 90°，
即异面直线AK和LM所成的角为90°.
]

(2)(2025·许昌调研)正四棱锥$S - ABCD$的所有棱长都相等，$E$为$SC$的中点，则异面直线$BE$与$SA$所成角的余弦值为(C)

A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案：

(2)C [
(2)如图，连接AC，
取AC的中点为O，连接OB，OE，
因为E为SC的中点，
所以SA//OE，
则∠OEB或其补角为异面直线BE与SA所成的角.
因为正四棱锥S - ABCD的所有棱长都相等，
所以设棱长为2，
则OE = 1，BE = $\sqrt{3}$，OB = $\sqrt{2}$，
则OE² + OB² = BE²，所以OB⊥OE，
所以cos∠OEB = $\frac{OE}{BE}$ = $\frac{1}{\sqrt{3}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$.
]