《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

5. 异面直线所成的角
（1）定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任意一点O分别作直线a′//a，b′//b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）.
（2）范围：__________________.

答案：
(2) $(0,\frac{\pi}{2}]$

1.（思考辨析）（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1）如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合. （ ）
（2）经过两条相交直线，有且只有一个平面.（ ）
（3）两两相交的三条直线共面. （ ）
（4）若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线. （ ）

答案： 提示：
(1)中的两个平面可能相交；
(2)正确；
(3)中的三条直线相交于一点时可能不共面；
(4)中的两条直线可能是平行直线.
答案：
(1)×
(2)√
(3)×
(4)×

2.（忽略直线不在平面内而致误）若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则 （ ）
A. α内的所有直线与l异面
B. α内不存在与l平行的直线
C. α内存在唯一的直线与l平行
D. α内的直线与l都相交

答案： B 由题意知，直线 $l$ 与平面 $\alpha$ 相交，则直线 $l$ 与平面 $\alpha$ 内的直线只有相交和异面两种位置关系，因而只有选项 B 是正确的.

3.（2022·新高考Ⅰ卷）已知正方体ABCD - A1B1C1D1，则 （ ）
A. 直线BC1与DA1所成的角为90°
B. 直线BC1与CA1所成的角为90°
C. 直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D. 直线BC1与平面ABCD所成的角为45°

答案：
ABD 如图，连接 $AD_{1}$，在正方形 $A_{1}ADD_{1}$ 中，$AD_{1}\perp DA_{1}$，因为 $AD_{1}// BC_{1}$，所以 $BC_{1}\perp DA_{1}$，所以直线 $BC_{1}$ 与 $DA_{1}$ 所成的角为 $90^{\circ}$，故 A 正确. 在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，$CD\perp$ 平面 $BCC_{1}B_{1}$，又 $BC_{1}\subset$ 平面 $BCC_{1}B_{1}$，所以 $CD\perp BC_{1}$，连接 $B_{1}C$，则 $B_{1}C\perp BC_{1}$，因为 $CD\cap B_{1}C = C$，$CD$，$B_{1}C\subset$ 平面 $DCB_{1}A_{1}$，所以 $BC_{1}\perp$ 平面 $DCB_{1}A_{1}$，又 $CA_{1}\subset$ 平面 $DCB_{1}A_{1}$，所以 $BC_{1}\perp CA_{1}$，所以直线 $BC_{1}$ 与 $CA_{1}$ 所成的角为 $90^{\circ}$，故 B 正确. 连接 $A_{1}C_{1}$，交 $B_{1}D_{1}$ 于点 $O$，则易得 $OC_{1}\perp$ 平面 $BB_{1}D_{1}D$，连接 $OB$，因为 $OB\subset$ 平面 $BB_{1}D_{1}D$，所以 $OC_{1}\perp OB$，$\angle OBC_{1}$ 为直线 $BC_{1}$ 与平面 $BB_{1}D_{1}D$ 所成的角. 设正方体的棱长为 $a$，则易得 $BC_{1}=\sqrt{2}a$，$OC_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}a$，所以在 $Rt\triangle BOC_{1}$ 中，$OC_{1}=\frac{1}{2}BC_{1}$，所以 $\angle OBC_{1}=30^{\circ}$，故 C 错误. 因为 $C_{1}C\perp$ 平面 $ABCD$，所以 $\angle CBC_{1}$ 为直线 $BC_{1}$ 与平面 $ABCD$ 所成的角，易得 $\angle CBC_{1}=45^{\circ}$，故 D 正确.
　　　　　

4.（必修二P134例1变形式）如图，在三棱锥A - BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则
（1）当AC，BD满足条件__________时，四边形EFGH为菱形；
　　　　　　　　　　　　　
（2）当AC，BD满足条件__________时，四边形EFGH为正方形.

答案： 【解析】
(1)因为四边形 $EFGH$ 为菱形，所以 $EF = EH$，因为 $EF=\frac{1}{2}AC$，$EH=\frac{1}{2}BD$，所以 $AC = BD$.
(2)因为四边形 $EFGH$ 为正方形，所以 $EF = EH$ 且 $EF\perp EH$. 因为 $EF// AC$，$EH// BD$，且 $EF=\frac{1}{2}AC$，$EH=\frac{1}{2}BD$，所以 $AC = BD$ 且 $AC\perp BD$.
答案：
(1)$AC = BD$
(2)$AC = BD$ 且 $AC\perp BD$

[例1]已知在正方体ABCD - A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD = P，A1C1∩EF = Q. 求证：
（1）D，B，F，E四点共面；
（2）若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线；
（3）DE，BF，CC1三线交于一点.

答案：
[证明]
(1)如图所示，连接 $B_{1}D_{1}$.
　　　　　　
因为 $EF$ 是 $\triangle D_{1}B_{1}C_{1}$ 的中位线，所以 $EF// B_{1}D_{1}$. 在正方体 $AC_{1}$ 中，$B_{1}D_{1}// BD$，所以 $EF// BD$，所以 $EF$，$BD$ 确定一个平面，即 $D$，$B$，$F$，$E$ 四点共面.
(2)在正方体 $AC_{1}$ 中，设 $A_{1}$，$C$，$C_{1}$ 三点确定的平面为 $\alpha$，平面 $BDEF$ 为 $\beta$. 因为 $Q\in A_{1}C_{1}$，所以 $Q\in\alpha$. 又 $Q\in EF$，所以 $Q\in\beta$，所以 $Q$ 是 $\alpha$ 与 $\beta$ 的公共点. 同理，$P$ 是 $\alpha$ 与 $\beta$ 的公共点，所以 $\alpha\cap\beta = PQ$. 又 $A_{1}C\cap\beta = R$，所以 $R\in A_{1}C$，$R\in\alpha$，且 $R\in\beta$，则 $R\in PQ$，故 $P$，$Q$，$R$ 三点共线.
(3)因为 $EF// BD$ 且 $EF\lt BD$，所以 $DE$ 与 $BF$ 相交. 设交点为 $M$，则由 $M\in DE$，$DE\subset$ 平面 $D_{1}DCC_{1}$，得 $M\in$ 平面 $D_{1}DCC_{1}$，同理，点 $M\in$ 平面 $B_{1}BCC_{1}$. 又平面 $D_{1}DCC_{1}\cap$ 平面 $B_{1}BCC_{1}=CC_{1}$，所以 $M\in CC_{1}$，所以 $DE$，$BF$，$CC_{1}$ 三线交于点 $M$.

1. 如图，α∩β = l，A，B∈α，C∈β，且A，B，C∉l，直线AB∩l = M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必经过 （ ）
A. 点A
B. 点B
　　　　　　　　　　　　　
C. 点C但不过点M
D. 点C和点M

答案： D 因为 $AB\subset\gamma$，$M\in AB$，所以 $M\in\gamma$. 又 $\alpha\cap\beta = l$，$M\in l$，所以 $M\in\beta$. 根据基本事实 3 可知，$M$ 在 $\gamma$ 与 $\beta$ 的交线上. 同理可知，点 $C$ 也在 $\gamma$ 与 $\beta$ 的交线上. 所以 $\gamma$ 与 $\beta$ 的交线必经过点 $C$ 和点 $M$.