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

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.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 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 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 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 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 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 7.已知AB∥PQ，BC∥QR，若∠ABC＝30°，则∠PQR＝　　　　. 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） 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　　　　. 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； （2）异面直线B1O与BD的夹角； （3）异面直线AM与BN的夹角的正弦值. 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 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° 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 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. 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 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. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 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.A　∵a∥b，b∥c，∴a∥c.又c∥d，∴a∥d.故选A. 2.D　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. 3.A　∵E，F分别是SN和SP的中点，∴EF∥PN.同理可证HG∥PN，∴EF∥HG.故选A. 4.B　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. 5.ABC　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. 6.ABC　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. 7.30°或150°　解析：由等角定理，可知∠PQR与∠ABC相等或互补，故∠PQR＝30°或150°. 8.③　解析：根据异面直线的定义可知③正确. 9.90°　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°. 10.解：（1）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°. （2）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°. （3）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， 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. 11.A　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. 12.C　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. 13.ACD　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. 14.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. 15.A　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. 16.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°， 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＝ ＝ ＝. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $