第6章 3.1 3.2 第2课时 空间两直线的位置关系、基本事实4及等角定理-【优学精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册教用课件（北师大版）

该高中数学课件聚焦空间两直线位置关系、基本事实4、等角定理及异面直线夹角，通过长方体模型提问导入，引导学生从平面直线关系过渡到空间，搭建具体到抽象的学习支架。 其亮点是以数学抽象和逻辑推理为核心，通过反证法判定异面直线、平移法求夹角等典例，结合“一作二证三计算”通性通法，培养学生空间观念。对学生提升逻辑思维，对教师提供完整教学链条，提高教学效率。

第二课时　空间两直线的位置关系、基本事实4及等角定理 1 1.理解并掌握平行线的传递性、等角定理（逻辑推理）. 2.理解异面直线的概念、画法，会求异面直线所成的角（数学抽象）. 3.了解空间四边形的概念（逻辑推理）. 课标要求 基础落实 01 典例研析 02 拓视野　截面（交线）问题　能力提升 03 目录 课时作业 04 3 01 PART 基础落实 目 录 　　观察如图长方体，回答下面的问题： 【问题】　（1）图中直线AB与CD，直线AB与A1B是什么关系？ （2）图中直线A1B与CC1平行吗？相交吗？它们是什么关系？ （3）图中AA1∥DD1，AA1∥BB1，那么BB1与DD1平行吗？ 数学·必修第二册（BSD） 目 录 知识点一　基本事实4 1. 文字表述：平行于同一条直线的两条直线 .这一性质通常 称为 ⁠. 2. 符号表达： ⇒ ⁠ 互相平行　 空间平行线的传递性　 . a∥c　 　　提醒：基本事实4说明把平行线的传递性推广到空间也能成立，这个 基本事实是判断两条直线平行的重要方法之一，其关键在于寻找联系所证 两条平行直线的第三条直线. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 知识点二　空间两直线的位置关系 1. 异面直线的概念 （1）定义：不同在 平面内（不共面）的两条直线； （2）异面直线的画法（衬托平面法） 如图①②所示，为了表示异面直线不共面的特点，画图时，通常用一个或 两个平面衬托. 任何一个　 （3）判断两直线为异面直线的方法 ①定义法；②两直线既不平行也不相交. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 2. 空间两条直线的位置关系 数学·必修第二册（BSD） 目 录 【想一想】 分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线吗？ 提示：不一定，它们可能相交，可能平行，也可能异面. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 知识点三　等角定理 如果空间中两个角的两条边分别对应 ，那么这两个角 ⁠ ⁠. 　　提醒：等角定理的符号语言与图形语言及作用：①图形语言：如图 （ⅰ）（ⅱ）所示. 平行　 相等或互 补　 ②符号语言：已知OA∥O'A'，OB∥O'B'，则∠AOB＝∠A'O'B'或∠AOB ＋∠A'O'B'＝180°；③作用：判断或证明两个角相等或互补. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 知识点四　异面直线的夹角 定义 前提 两条异面直线a，b 作法 过空间任一点O作直线a'∥a，b'∥b 结论 我们把a'与b'所成的 的角称为异面直线a，b的夹角 范围 记异面直线a与b的夹角为θ，则 ⁠ 特殊 情况 当θ＝ 时，a与b互相垂直，记作： ⁠ 不大于90°　 0°＜θ≤90° 90°　 a⊥b　 数学·必修第二册（BSD） 目 录 　　提醒：对异面直线夹角的认识：①研究异面直线的夹角，就是通过平 移把异面直线转化为相交直线.这是研究空间图形的一种基本思路，即把 空间图形问题转化为平面图形问题；②异面直线夹角的大小不能是0°， 若两条直线的夹角是0°，则这两条直线平行，不可能异面；③两条直线 垂直，既包括相交垂直，也包括异面垂直. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”） （1）没有公共点的两条直线是异面直线. （　×　） （2）两直线若不是异面直线，则必相交或平行. （　√　） （3）两条直线和第三条直线成等角，则这两条直线平行. （　×　） （4）如果两个角的对应边互相平行，且方向都相反，则两个角互补. （　×　） × √ × × 数学·必修第二册（BSD） 目 录 2. 已知直线a∥平面α，直线b⊂平面α，则（　　 ） A. a∥b B. a与b异面 C. a与b相交 D. a与b无公共点 解析：　因为直线a∥平面α，所以直线a与平面α无公共点，而直线b⊂ 平面α，所以a与b平行或异面，所以两者无公共点.故选D. √ 数学·必修第二册（BSD） 目 录 3. 如图所示，正方体ABCD-A'B'C'D'中，E，F分别为平面A'B'C'D'与 AA'D'D的中心，则EF与CD夹角的大小是 ⁠. 解析：如图，连接B'D'，则E为B'D'的中点，连接AB'，则 EF∥AB'.又CD∥AB，所以∠B'AB或其补角为异面直线EF 与CD的夹角，易知∠B'AB＝45°，故EF与CD夹角的大小 是45°. 45° 数学·必修第二册（BSD） 目 录 02 PART 典例研析 目 录 题型一｜基本事实4的应用 【例1】　如图所示，点P是△ABC所在平面外一点，点D，E分别是 △PAB和△PBC的重心.求证：DE∥AC，DE＝ AC. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 证明：如图所示，连接PD，PE，并延长分别交AB，BC于 点M，N. 因为点D，E分别是△PAB，△PBC的重心， 所以M，N分别是AB，BC的中点. 连接MN，则MN∥AC， 且MN＝ AC. 　① 在△PMN中，因为 ＝ ＝ ， 所以DE∥MN，且DE＝ MN. 　② 由①②，根据基本事实4，得DE∥AC，且DE＝ MN＝ × AC＝ AC. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 证明空间两条直线平行的方法 （1）借助平面几何知识，如三角形的中位线性质、平行四边形的性质、 成比例的线段平行； （2）利用基本事实4，即证明两条直线都与第三条直线平行. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱A1A，C1C的中点，求证：四边形MBND1为平行四边形. 证明：如图，取B1B的中点P，连接C1P，MP. 因为N为C1C的中点， 由正方体的性质知C1N􀱀PB， 所以四边形C1PBN为平行四边形， 所以C1P􀱀BN. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 又M，P分别为A1A，B1B的中点， 所以MP􀱀A1B1. 又由正方体的性质知A1B1􀱀C1D1， 所以MP􀱀C1D1， 所以四边形D1MPC1为平行四边形， 所以C1P􀱀MD1. 所以MD1􀱀BN， 所以四边形MBND1为平行四边形. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 题型二｜等角定理的应用 【例2】　如图，已知在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分 别是棱CD，AD的中点.求证： 数学·必修第二册（BSD） 目 录 （1）四边形MNA1C1是梯形； 证明：如图 ，连接AC，在△ACD中， ∵M，N分别是CD，AD的中点， ∴MN是△ACD的中位线， ∴MN∥AC，且MN＝ AC. 由正方体的性质，得AC∥A1C1，且AC＝A1C1. ∴MN∥A1C1，且MN＝ A1C1， 即MN≠A1C1， ∴四边形MNA1C1是梯形. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 （2）∠DNM＝∠D1A1C1. 证明：由（1）可知，MN∥A1C1. 又ND∥A1D1，且∠DNM与∠D1A1C1的两边的方向相同，∴∠DNM＝ ∠D1A1C1. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 　　有关证明角相等问题，一般采用下面三种途径 （1）利用等角定理；（2）利用三角形相似；（3）利用三角形全等. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱CC1，BB1，DD1的中点.求证：∠BGC＝∠FD1E. 证明：因为E，F，G分别是正方体的棱CC1，BB1，DD1的中点，所以 CE∥GD1，CE＝GD1，BF∥GD1，BF＝GD1， 所以四边形CED1G与四边形BFD1G均为平行四边形. 所以GC∥D1E，GB∥D1F. 因为∠BGC与∠FD1E的两边方向相同， 所以∠BGC＝∠FD1E. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 题型三｜异面直线的判定 【例3】　 如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方体，证明：直线BC1与直 线A1C是异面直线. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 证明：法一（反证法）　假设直线BC1与直线A1C不是异面直线，则直线 BC1与直线A1C共面. 设直线BC1与直线A1C所在的平面为α， 则B，C，C1，A1∈α， 因为B，C，C1三点确定的平面为平面BCC1， 即平面BCC1B1， 所以平面BCC1B1为α，所以A1∈平面BCC1B1. 这与事实相矛盾，故假设不成立. 所以直线BC1与直线A1C是异面直线. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 法二　因为A1∈/平面BCC1B1，C∈平面BCC1B1，C∈直线A1C， 又因为BC1⊂平面BCC1B1，且C∈/BC1， 所以直线BC1与直线A1C是异面直线. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 判定两条直线是异面直线的方法 （1）定义法：由定义判断两直线不可能在同一平面内. （2）连接平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过此点的 直线是异面直线. （3）反证法：假设两条直线不是异面直线，由此推出一个矛盾的结论. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 1. 在三棱锥S-ABC中，与SA是异面直线的是（　　） A. SB B. SC C. BC D. AB 解析：　在三棱锥S-ABC中，SB，SC，AB，AC都与SA相交，只有 BC与SA为异面直线.故选C. √ 数学·必修第二册（BSD） 目 录 2. 若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的位置关系是（　　 ） A. 平行 B. 异面 C. 相交 D. 平行、相交或异面 解析：　可借助长方体来判断.如图，在长方体ABCD- A'B'C'D'中，设A'D'所在直线为a，AB所在直线为b， 已知a和b是异面直线，b和c是异面直线，则c可以是长 方体 ABCD-A'B'C'D'中的B'C'，CC'，DD'.故a和c可 以平行、相交或异面.故选D. √ 数学·必修第二册（BSD） 目 录 题型四｜异面直线的夹角 【例4】　在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝ . 数学·必修第二册（BSD） 目 录 （1）在长方体的棱所在直线中找出与直线AB是异面直线的所有直线； 解：与直线AB是异面直线的直线有：DD1，CC1，A1D1，B1C1. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 （2）求异面直线AD1与DB1夹角的余弦值. 解：连接BD1交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM. 易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD或其补角为异面直线 AD1与DB1的夹角. 因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中， AB＝BC＝1，AA1＝ ， AD1＝ ＝ ＝2， DM＝ ＝ ＝ ， DB1＝ ＝ ＝ ， 数学·必修第二册（BSD） 目 录 所以OM＝ AD1＝1，OD＝ DB1＝ . 于是在△DMO中，由余弦定理，得 cos ∠MOD＝ ＝ ， 即异面直线AD1与DB1夹角的余弦值为 . 数学·必修第二册（BSD） 目 录 【母题探究】 （变条件）将本例变为：如图所示，点A是平面BCD外一点，AD＝BC＝ 2，E，F分别是AB，CD的中点，且EF＝ ，求异面直线AD和BC夹 角的大小. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 解：如图，设G是AC的中点，连接EG，FG. 因为E，F分别是AB，CD的中点，故EG∥BC，且EG ＝ BC＝1，FG∥AD，且FG＝ AD＝1. 所以∠EGF即为所求， 又EF＝ ，由勾股定理逆定理可得∠EGF＝90°. 所以异面直线AD与BC的夹角为90°. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 通性通法 求异面直线夹角的步骤 （1）作：根据夹角的定义，用平移法作出异面直线的夹角； （2）证：证明作出的角就是要求的角； （3）计算：求角的值，常利用解三角形得出. 可用“一作二证三计算”来概括.同时注意异面直线的夹角θ的取值范围 是0°＜θ≤90°. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 【跟踪训练】 如图，在正方体ABCD-EFGH中，O为侧面ADHE的中心，求： （1）BE与CG夹角的大小； 解：∵CG∥FB，∴∠EBF是异面直线BE与CG的夹角. 在Rt△EFB中，EF＝FB， ∴∠EBF＝45°， ∴BE与CG的夹角为45°. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 （2）FO与BD夹角的大小. 解：如图，连接FH， ∵FB∥AE，FB＝AE， AE∥HD，AE＝HD， ∴FB＝HD，FB∥HD， ∴四边形FBDH是平行四边形， ∴BD∥FH， ∴∠HFO或其补角是FO与BD的夹角，连接HA，AF， 则△AFH是等边三角形， 又O是AH的中点， ∴∠HFO＝30°， ∴FO与BD的夹角为30°. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 1. 不平行的两条直线的位置关系是（　　） A. 相交 B. 异面 C. 平行 D. 相交或异面 解析：若两直线不平行，则可能相交，也可能异面. √ 数学·必修第二册（BSD） 目 录 2. “直线l与平面α没有公共点”是“直线l与平面α平行”的（　　 ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 解析：若直线l与平面α没有公共点，则直线l与平面α只能平行，故充分性成立；若直线l与平面α平行，则直线l与平面α没有公共点，故必要性也成立，所以“直线l与平面α没有公共点”是“直线l与平面α平行”的充要条件.故选C. √ 数学·必修第二册（BSD） 目 录 3. 〔多选〕如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，与AA1不是异面直 线的有（　　） A. AB B. BB1 C. DD1 D. B1C1 解析：由异面直线的定义知，与AA1异面的直线应为B1C1，其他选项与AA1均为平行或相交的位置关系. √ √ √ 数学·必修第二册（BSD） 目 录 4. 已知正方体ABCD-EFGH，则AH与FG的夹角是 ⁠. 解析：连接BG（图略），则BG∥AH，所以∠BGF为异面直线AH与FG 的夹角.因为四边形BCGF为正方形，所以∠BGF＝45°. 45° 数学·必修第二册（BSD） 目 录 03 PART 拓视野 截面（交线）问题 目 录 1. 平行于底面的截面 （1）用一个平行于棱柱底面的平面去截棱柱得到的截面与底面全等； （2）用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥得到的截面与底面相似； （3）用一个平行于棱台底面的平面去截棱台得到的截面与两个底面都 相似. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 2. 经过不相邻的两条侧棱的截面 （1）在棱柱中（三棱柱除外），经过不相邻的两条侧棱的截面（也称为 棱柱的对角面）是平行四边形； （2）在棱锥中（三棱锥除外），经过不相邻的两条侧棱的截面是三角形. 正棱锥（正三棱锥除外）的截面是等腰三角形； （3）在棱台中（三棱台除外），经过不相邻的两条侧棱的截面是梯形. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 3. 正方体的截面 通过尝试、归纳，有如下结论： （1）截面可以是三角形：等边三角形、等腰三角形、锐角三角形.截面不 可能是直角三角形、钝角三角形； （2）截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等 腰梯形.截面为四边形时，这个四边形中至少有一组对边平行； （3）截面可以是五边形，且此时五边形必有两组分别平行的边，同时有 两个角相等.截面五边形不可能是正五边形； 数学·必修第二册（BSD） 目 录 （4）截面可以是六边形，且此时六边形必有三组分别平行的边.截面六边 形可以是正六边形. 对应截面图形如图中各图形所示. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 【问题探究】 【例】　如图，点A，B，C确定的平面与点D，E，F确定的平面相交于直线l，且AB∩l＝G，EF∩l＝H. 试作出平面ABD与平面CEF的交线. 解：如图，连接DG，DG∩EF＝M，连接HC并 延长交AB于点N，HN∩AB＝N，故M∈平面 ABD且M∈平面CEF. 同理，N∈平面ABD且N∈平面CEF. 故直线MN即为平面ABD与平面CEF的交线. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 【迁移应用】 1. 如图所示的正方体的棱长为4，E，F分别为A1D1，AA1的中点，则过 点C1，E，F的截面的周长为 ⁠. 6 ＋4 数学·必修第二册（BSD） 目 录 解析：如图，延长EF，交DA的延长线于点 G，交DD1的延长线于点H，可得HD1＝AG＝ 2，连接HC1并延长，交DC的延长线于点K， 可得CK＝8.因为 ＝ ，故G，B，K三点 共线，则过C1，E，F三点的截面为EFBC1， 周长为2 ＋2×2 ＋4 ＝6 ＋4 . 数学·必修第二册（BSD） 目 录 2. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N，Q分别是AA1，BB1， B1C1的中点.在图中画出过M，N，Q三点的截面，并说出截面的形状. 解：连接并延长NQ交CC1的延长线于点G. 因为G∈CC1，所以G∈平面AA1C1C，故连接GM交A1C1于点H，四边形QNMH即为所求截面，截面形状为梯形. 数学·必修第二册（BSD） 目 录 课时作业 04 PART 目 录 1. 已知直线a∥直线b，直线b∥直线c，直线c∥直线d，则a与d的位置 关系是（　　 ） A. 平行 B. 相交 C. 异面 D. 不确定 解析：∵a∥b，b∥c，∴a∥c.又c∥d，∴a∥d.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 数学·必修第二册（BSD） 目 录 2. 若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1方向相同，则下列结 论正确的有（　　 ） A. OB∥O1B1且方向相同 B. OB∥O1B1，方向可能不同 C. OB与O1B1不平行 D. OB与O1B1不一定平行 解析：　当∠AOB＝∠A1O1B1时，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相 同时，OB与O1B1不一定平行.故选D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 3. 如图所示，在三棱锥S -MNP中，E，F，G，H分别是棱SN，SP， MN，MP的中点，则EF与HG的位置关系是（　　） A. 平行 B. 相交 C. 异面 D. 平行或异面 解析：　∵E，F分别是SN和SP的中点，∴EF∥PN. 同理可证 HG∥PN，∴EF∥HG. 故选A. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 4. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为棱A1C1，B1C1， B1B的中点，则∠EFG与∠ABC1（　　） A. 相等 B. 互补 C. 相等或互补 D. 不确定 解析：因为E，F，G分别为A1C1，B1C1，BB1的中点，所以EF∥A1B1∥AB，FG∥BC1，所以∠EFG与∠ABC1的两组对应边分别平 行，一组对应边方向相同，另一组对应边方向相反，故∠EFG与∠ABC1 互补. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 5. 〔多选〕在空间四面体ABCD中，如图E，F，G，H分别是AB， BC，AD，DC的中点，则下列结论一定正确的选项为（　　） A. EG＝FH B. EF＝GH C. EH与FG相交 D. EG＝HG 解析：由题意知，EG􀱀 BD，FH􀱀 BD，∴EG􀱀FH，∴四边形EGHF为平行四边形.∴EG＝FH，EF＝GH. ∴EH与FG共面且相交，故A、B、C正确，但EG不一定与HG相等.故选A、B、C. √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 6. 〔多选〕如图所示，在四面体ABCD中，M，N，P，Q，E分别是 AB，BC，CD，AD，AC的中点，则下列说法正确的是（　　） A. M，N，P，Q四点共面 B. ∠QME＝∠CBD C. △BCD∽△MEQ D. 四边形MNPQ为矩形 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 解析：由条件易知MQ∥BD，ME∥BC，QE∥CD，NP∥BD，对于A，有MQ∥NP，所以M，N，P，Q四点共面，故A正确；对于B，根据空间等角定理，得∠QME＝∠CBD，故B正确；对于C，由空间等角定理知∠QME＝∠CBD，∠MEQ＝∠BCD，则△BCD∽△MEQ，故C正确.没有充分理由推证四边形MNPQ为矩形，故选A、B、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 7. 已知AB∥PQ，BC∥QR，若∠ABC＝30°，则∠PQR＝ ⁠ ⁠. 解析：由等角定理，可知∠PQR与∠ABC相等或互补，故∠PQR＝30° 或150°. 30°或 150° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 8. 如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中 点，则直线PQ与RS是异面直线的是 .（填序号） 解析：根据异面直线的定义可知③正确. ③ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 9. 如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点 E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF的夹角 是 ⁠. 90° 解析：连接GB1，B1F（图略），则GB1∥A1E，故∠B1GF或其补角即为 A1E与GF的夹角，B1G＝ ＝ ＝ ，B1F＝ ＝ ＝ ，GF＝ ＝ ，所以 B1G2＋FG2＝B1F2，所以∠B1GF＝90°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 10. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为C1D1和CC1的中 点，O为侧面ADD1A1的中心.求： （1）异面直线A1B与CC1的夹角； 解：因为CC1∥BB1，所以∠A1BB1为异面直线 A1B与CC1的夹角， 又在△BA1B1中，∠A1BB1＝45°， 所以A1B与CC1的夹角为45°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 （2）异面直线B1O与BD的夹角； 解：连接B1D1（图略），因为DD1∥BB1，DD1＝ BB1，所以四边形BDD1B1为平行四边形. 所以B1D1∥BD，所以∠D1B1O为异面直线B1O与BD的夹角. 连接D1A，AB1（图略），则B1D1＝AD1＝AB1， 所以△AB1D1为等边三角形， 又O为AD1的中点， 所以∠D1B1O＝30°，即B1O与BD的夹角为30°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 （3）异面直线AM与BN的夹角的正弦值. 解：取AB的中点E，BB1的中点F，连接EC1，FC1 （图略）， 因为N为CC1的中点， 所以C1N∥FB，C1N＝FB，即四边形C1NBF为平行四边 形，故FC1∥BN， 同理，四边形AEC1M为平行四边形，EC1∥AM， 则∠EC1F或其补角为AM与BN的夹角， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 连接EF，设正方体的棱长为a，则EC1＝ ＝ a， FC1＝ ＝ a， EF＝ ＝ a， 所以 cos ∠EC1F＝ ＝ ＝ ， 因此 sin ∠EC1F＝ ，即异面直线AM与BN夹角的正弦值为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 11. 如图所示的是所有棱长都相等的正三棱锥的平面展开图（D，E分别 为PB，PA的中点），则在正三棱锥中，下列说法正确的是（　　） A. 直线DE与直线AF相交成60°角 B. 直线DE与直线AC相交 C. 直线DE与直线AB异面 D. 直线AF与直线BC平行 解析：　将题中的平面展开图还原成正三棱锥，如图所 示，点F与点P重合，易知在△PDE中，PD＝PE＝DE， △PDE是等边三角形，故∠PED＝60°，即直线DE与AF 相交成60°角.由图易知其余选项均错误. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 12. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB＝CC1，AC⊥BC，CE ＝ CB，CD＝ CC1，则异面直线AC1与DE的夹角为（　　） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 解析：连接C1B（图略）.因为在△C1CB中，CD＝ CC1，CE＝ CB，所以DE∥C1B，所以∠AC1B就是异面直线AC1与DE的夹角.设CA＝CB＝CC1＝a，则AC1＝C1B＝AB＝ a，所以△ABC1是正三角形，所以∠AC1B＝60°，即异面直线AC1与DE所成的角为60°.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 13. 〔多选〕如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△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 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 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A、C、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 14. 如图①所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为BC，AD的 中点，将平面CDFE沿EF翻折起来，使CD到达C'D'的位置（如图②）， G，H分别为AD'，BC'的中点，求证：四边形EFGH为平行四边形. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 证明：在题图①中，∵四边形ABCD为梯形，AB∥CD， E，F分别为BC，AD的中点，∴EF∥AB且EF＝ （AB＋CD）. 在题图②中，易知C'D'∥EF∥AB. ∵G，H分别为AD'，BC'的中点， ∴GH∥AB且GH＝ （AB＋C'D'）＝ （AB＋CD）， ∴GH∥EF，且GH＝EF， ∴四边形EFGH为平行四边形. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 15. 已知在空间四边形ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，且AC＝ 4，BD＝6，则（　　） A. 1＜MN＜5 B. 2＜MN＜10 C. 1≤MN≤5 D. 2＜MN＜5 解析：取AD的中点H，连接MH，NH（图略），则MH∥BD，且MH＝ BD，NH∥AC，且NH＝ AC，且M，N，H三点构成三角形，由三角形中三边关系，可得MH－NH＜MN＜MH＋NH，即1＜MN＜5.故选A. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 16. 如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧面都是矩形，底面ABCD是菱形，且AB＝BC＝2 ，∠ABC＝120°，若异面直线A1B和AD1的夹角为 90°，试求AA1. 解：如图，连接CD1，AC，由题意得四棱柱ABCD- A1B1C1D1中，A1D1∥BC，A1D1＝BC， 所以四边形A1BCD1是平行四边形， 所以A1B∥CD1， 所以∠AD1C（或其补角）为A1B和AD1的夹角， 因为异面直线A1B和AD1的夹角为90°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 所以∠AD1C＝90°， 因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2 ，所以 △ACD1是等腰直角三角形， 所以AD1＝ AC， 因为底面ABCD是菱形且AB＝BC＝2 ，∠ABC＝120°， 所以AC＝2 × sin 60°×2＝6，故AD1＝ AC＝3 ， 所以AA1＝ ＝ ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 数学·必修第二册（BSD） 目 录 $