课时分层评价27 异面直线-【金版新学案】2025-2026学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套练习word（湘教版）

课时分层评价27　异面直线 (时间：40分钟　满分：80分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—8每小题5分，共40分) 1.在直三棱柱ABC-A'B'C'中，侧棱AA'⊥平面ABC.若AB＝AC＝AA'＝1，AB⊥AC，点M，N分别为A'C'，CC'的中点，则异面直线MN与B'C'所成的角为(　　) A.90° B.60° C.45° D.30° 答案：B 解析：连接A'C，A'B.因为AA'⊥平面ABC，AB＝AC＝AA'＝1，所以A'B＝A'C＝＝. 又因为AB⊥AC，所以BC＝＝， 故△A'BC是正三角形. 又因为点M，N分别为A'C'，CC'的中点，所以MN∥A'C.又因为B'C'∥BC，所以异面直线MN与B'C'所成的角和直线A'C与BC所成的角相同，为60°. 2.如图，在正四棱柱ABCD􀆼A1B1C1D1中，AB＝1，若异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为.则的值为(　　) A.3 B. C.2 D. 答案：A 解析：连接BC1，A1C1(图略).因为AD1∥BC1，所以异面直线A1B与AD1所成角为∠A1BC1.令AA1＝t，则A1B＝BC1＝，A1C1＝，cos ∠A1BC1＝＝＝.所以t2＝9，t＝3，即AA1＝3.所以＝3. 3.如图，点P，Q分别是正方体ABCD􀆼A1B1C1D1的面对角线AD1，BD的中点，则异面直线PQ和BC1所成的角为(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 答案：C 解析：连接AC，D1C. 因为ABCD􀆼A1B1C1D1是正方体，Q是BD的中点， 所以Q是AC的中点，又P是AD1的中点， 所以PQ∥CD1. 又BC1∥AD1，所以∠AD1C为异面直线PQ和BC1所成的角或其补角. 因为△ACD1为等边三角形， 所以∠AD1C＝60°. 即异面直线PQ和BC1所成的角为60°. 4.(多选)如图，在三棱柱ABC􀆼A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是(　　) A.直线CC1与直线B1E相交 B.CC1与AE共面 C.AE与B1C1是异面直线 D.AE与B1C1垂直 答案：ACD 解析：因为CE∥B1C1且CE＝B1C1，所以四边形CEB1C1为梯形.CC1与B1E必相交.A正确；由几何图形可知B错误，C正确；AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角，又E为BC的中点，△ABC为正三角形，所以AE⊥BC，即AE与B1C1所成的角为90°，选项D正确.故选ACD. 5.在我国古代数学专著《九章算术》中，把底面是直角三角形的直棱柱称作“堑堵”.如图，三棱柱ABC-A1B1C1为“堑堵”，其中AB＝BC，AC＝AA1，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点.过点A，E，F作一截面，记该截面所在平面与平面BCC1B1的交线为l，则直线l与直线AA1所成的角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，延长AF和CC1交于点M，连接EM，交B1C1于点P，连接FP， 则过点A，E，F的截面为四边形AEPF，故直线l即为直线ME， 又AA1∥BB1，所以AA1与直线l所成的角为∠B1EP， 设AB＝1，则AA1＝1，由△MFC1∽△MAC，可得MC1＝CC1＝1， 由△MPC1∽△EPB1，得＝， 所以＝，解得PB1＝，则在Rt△B1EP中，PE＝＝ ＝， 所以cos∠B1EP＝＝×＝. 故选A. 6.如图，正方体ABCD􀆼A1B1C1D1的棱长为1，M为B1C1的中点，连接A1B，D1M，则异面直线A1B和D1M所成角的余弦值为　　　　. 答案： 解析：连接CD1，CM(图略).由A1D1∥BC，A1D1＝BC，可得四边形A1BCD1为平行四边形，则A1B∥CD1. 所以∠CD1M为异面直线A1B和D1M所成角.由题意得，D1M＝MC＝，CD1＝.在△CMD1中，由余弦定理可得，cos ∠CD1M＝＝. 所以异面直线A1B和D1M所成角的余弦值为. 7.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°，则MN等于　　　　. 答案：5 解析：如图，取AD的中点P，连接PM，PN，则BD∥PM，AC∥PN，所以∠MPN即为异面直线AC与BD所成的角.所以∠MPN＝90°.又因为PN＝AC＝4，PM＝BD＝3，所以MN＝5. 8.如图，三棱锥A-BCD为一所有棱长都相等的正三棱锥，点M，N分别为BC与AD的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为　　　　. 答案： 解析：设三棱锥A-BCD的棱长为2， 如图所示，连接DM，设DM的中点为K，连接NK，CK. 因为N为AD的中点， 所以NK∥AM， 所以∠KNC为异面直线AM，CN所成的角(或其补角). 因为M为BC的中点，由勾股定理易求得AM＝DM＝CN＝， 所以MK＝.在Rt△CKM中，CK＝＝ ＝. 在△CKN中，由余弦定理，得cos∠KNC＝＝， 则异面直线AM与CN所成角的余弦值为. 9.(15分)如图，已知不共面的三条直线a，b，c相交于点P，A∈a，B∈a，C∈b，D∈c，求证：AD与BC是异面直线. 证明：方法一(反证法)：假设AD和BC共面，所确定的平面为α， 那么点P，A，B，C，D都在平面α内， 所以直线a，b，c都在平面α内，与已知条件a，b，c不共面矛盾，假设不成立， 所以AD和BC是异面直线. 方法二(直接证法)：因为a∩c＝P， 所以它们确定一个平面，设为α， 由已知C∉平面α，B∈平面α，BC⊄平面α，AD⊂平面α，B∉AD， 所以AD和BC是异面直线. 10.(15分)如图，在棱长为a的正方体ABCD􀆼A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别为CC1，AD的中点，求异面直线OE和FD1所成角的余弦值. 解：如图，取D1C1的中点M，连接OM，OF. 因为O为底面ABCD的中心，F为AD的中点，M为D1C1的中点， 所以OF∥MD1，且OF＝MD1， 所以四边形OFD1M是平行四边形， 所以OM∥FD1，且OM＝FD1， 所以∠MOE是异面直线OE和FD1所成的角或其补角. 连接OC，ME. 因为OM＝FD1＝＝ ＝a， ME＝＝ ＝a， OE＝＝ ＝a， 所以OE2＋ME2＝OM2， 所以△OME是直角三角形，且∠OEM＝90°， 所以cos ∠MOE＝＝＝， 即异面直线OE和FD1所成角的余弦值是. (11、12每小题5分，共10分) 11.某种游戏中，黑、黄两个“电子狗”从棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A出发沿棱向前爬行，每爬完一条棱称为“爬完一段”；黑“电子狗”爬行的路线是AA1→A1D1→…，黄“电子狗”爬行的路线是AB→BB1→…，它们都遵循如下规则：所爬行的第i＋2段与第i段所在直线必须是异面直线(其中i是正整数).设黑“电子狗”爬完2 006段，黄“电子狗”爬完2 007段后各自停止在正方体的某个顶点处，这时黑、黄“电子狗”间的距离是(　　) A.0 B.1 C. D. 答案：B 解析：由题意，黑“电子狗”爬行路线为AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA，即过6段后又回到起点，可以看作以6为周期， 同理，黄“电子狗”也是过6段后又回到起点.所以黑“电子狗”爬完2 006段后实质是到达第2段的终点D1， 黄“电子狗”爬完2 007段后到达第3段的终点C1.此时的距离为｜C1D1｜＝1.故选B. 12.在正方体ABCD􀆼A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是(　　) A.0°＜θ＜60° B.0°≤θ＜60° C.0°≤θ≤60° D.0°＜θ≤60° 答案：D 解析：如图，连接CD1，AC.因为CD1∥BA1，所以CP与BA1所成的角就是CP与CD1所成的角，即θ＝∠D1CP.当点P从D1向A运动时，∠D1CP从0°增大到60°，但当点P与D1重合时，CP∥BA1，与CP与BA1为异面直线矛盾，所以异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是0°＜θ≤60°. 学科网（北京）股份有限公司 $