人教版2021届一轮复习打地基练习 异面直线所成的角

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人教版2021届一轮复习打地基练习 异面直线所成的角
一．选择题（共5小题）
1．已知正三棱锥A﹣BCD的底面是边长为6的正三角形，其外接球球O的表面积为64π，且点A到平面BCD的距离小于球O的半径，E为AD的中点，则异面直线AB与CE所成角的余弦值为（　　）

A．2288 B．2244 C．1920 D．1940
2．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M为A1B1的中点，则异面直线AM与B1C所成角的余弦值为（　　）
A．105 B．1010 C．32 D．62
3．平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（　　）
A．32 B．22 C．33 D．13
4．如图所示是一个正方体的表面展开图，A，B，D均为棱的中点，C是顶点，则在正方体中异面直线AB和CD所成角的余弦值为（　　）

A．105 B．1010 C．55 D．510
5．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2A1B1＝2B1C1，且AB⊥BC，点M是A1C1的中点，则异面直线MB与AA1所成角的余弦值为（　　）
A．13 B．223 C．324 D．12
二．填空题（共18小题）
6．三棱锥O﹣ABC中，OA，OB，OC两两垂直且相等，点P，Q分别是BC和OA上的动点，且满足13BC≤BP≤23BC，13OA≤OQ≤23OA，则PQ和OB所成角余弦值的取值范围是　 　．
7．等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角C﹣AB﹣D的余弦值为33，M，N分别是AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余弦值等于　 　．
8．有一种多面体的饰品，其表面有6个正方形和8个正三角形组成（如图），则AB与CD所成的角的大小是　 　．

9．如图，圆柱O1O2的底面圆半径为1，AB是一条母线，BD是⊙O1的直径，C是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，若A，C两点间的距离为7，则圆柱O1O2的高为　 　，异面直线AC与BD所成角的余弦值为　 　．

10．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M为B1C1中点，连接A1B，D1M，则异面直线A1B和D1M所成角的余弦值为　 　．

11．已知棱长为a的正四面体ABCD，如图，建立空间直角坐标系，O为A在底面上的射影，M，N分别为线段AB，AD的中点，则点M的坐标是 　 　，CN与DM所成角的余弦值为 　 　．

12．如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1的中点，则异面直线EF与B1D1所成的角为　 　．

13．异面直线a和b所成的角为θ，则θ的范围是 　 　．
14．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则异面直线AB与A1C1所成的角大小为　 　．

15．如图，在三棱锥A﹣BCD中，底面是边长为2的正三角形，AB＝AC＝AD＝4，且E，F分别是BC，AD中点，则异面直线AE与CF所成角的余弦值为　 　．

16．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为　 　．

17．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线AD1与A1B所成角的大小为 　 　．

18．异面直线a、b所成角为π3，直线c与a、b垂直且分别交于A、B，点C、D分别在直线a、b上，若AC＝1，AB＝2，BD＝3，则CD＝　 　．
19．如图所示，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，CC1＝4，点E是线段CC1的中点，点F是正方形ABCD的中心，则直线A1E与直线B1F所成角的余弦值为　 　．

20．如图，3×3的正方形纸片，剪去对角的两个1×1的小正方形，然后沿虚线折起，分别粘合AB与AH，ED与EF，CB与CD，GF与GH，得到一几何体Ω，记Ω上的棱AC与EG的夹角为α，则下列说法正确的是 　 　．
①几何体Ω中，CG⊥AE；②几何体Ω是六面体；③的Ω体积为23；④cosα=45．
21．已知四面体ABCD的所有棱长均为6，过D作平面α使得BC∥α，且棱AB，AC分别与平面α交于点E，F，若异面直线DE，BC所成角的余弦值为714，则AE的长为　 　．
22．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱长均为2，则异面直线AB与A1C所成角的余弦值为　 　．
23．棱长为a的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，BC的中点，则异面直线EF与AB所成的角大小是 　 　，线段EF的长度为 　 　．
三．解答题（共6小题）
24．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2．
（1）求异面直线BC1与AC所成角的大小；
（2）求直线B1D1与平面AB1C所成角的正切值．

25．如图，已知四棱锥的侧棱PD⊥底面ABCD，且底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD=12CD＝2，点M在侧棱上．
（1）求证：BC⊥平面BDP；
（2）若侧棱PC与底面ABCD所成角的正切值为12，点M为侧棱PC的中点，求异面直线BM与PA所成角的余弦值．

26．在四面体ABCD中，AB＝AD＝AC＝BC＝BD＝CD＝4，E，F为BC，AD中点，求AE，CF所成角．

27．已知正四棱锥P﹣ABCD的全面积为2，记正四棱锥的高为h．
（1）试用h表示底面边长，并求正四棱锥体积V的最大值；
（2）当V取最大值时，求异面直线AB和PD所成角的正切值．

28．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，E、F、G分别为CD、CC1、BB1中点．
（1）求证：DG∥平面BEF；
（2）求异面直线DG与EF所成角的余弦值．

29．如图所示，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°（可以利用空间向量）．
（1）求AC1的长；
（2）求BD1与AC夹角的余弦值．


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参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．已知正三棱锥A﹣BCD的底面是边长为6的正三角形，其外接球球O的表面积为64π，且点A到平面BCD的距离小于球O的半径，E为AD的中点，则异面直线AB与CE所成角的余弦值为（　　）

A．2288 B．2244 C．1920 D．1940
【分析】先利用外接球球O的表面积求出球的半径，在根据勾股定理求出点A到平面BCD的距离，找到异面直线AB与CE所成角，然后在三角形中利用余弦定理进行分析求解，即可得到答案．
【解答】解：因为外接球球O的表面积为64π，
设其半径为r，则有4πr2＝64π，解得r＝4，
设点A到平面BCD的距离为x，
则有(x−4)2+(6×33)2=42，解得x＝2或x＝6（舍），
取BD的中点Q，则EQ∥AB，
所以异面直线AB与CE所成角为∠QEC或它的补角，
AB=x2+B′O2=4+12=4，即AC＝AD＝4，
所以EQ＝2，而CQ=6×32=33，
故cos∠CAD=42+42−622×4×4=−18，
所以CE2＝AC2+AE2﹣2AC•AEcos∠CAD=16+4+14×4×2=22，
所以CE=22，
所以cos∠QEC=CE2+QE2−CQ22CE×QE=22+4−272×22×2=−2288，
故异面直线AB与CE所成角的余弦值为2288．
故选：A．

2．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M为A1B1的中点，则异面直线AM与B1C所成角的余弦值为（　　）
A．105 B．1010 C．32 D．62
【分析】设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AM与B1C所成角的余弦值．
【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M为A1B1的中点，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
A（1，0，0），M（1，12，1），B1（1，1，1），C（0，1，0），
AM→=（0，12，1），B1C→=（﹣1，0，﹣1），
设异面直线AM与B1C所成角为θ，
则cosθ=|AM→⋅B1C→||AM→|⋅|B1C→|=154⋅2=105．
∴异面直线AM与B1C所成角的余弦值为105．
故选：A．

3．平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（　　）
A．32 B．22 C．33 D．13
【分析】画出图形，判断出m、n所成角，求解即可．
【解答】解：如图：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA1B1＝n，
可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1＝60°．
则m、n所成角的正弦值为：32．
故选：A．

4．如图所示是一个正方体的表面展开图，A，B，D均为棱的中点，C是顶点，则在正方体中异面直线AB和CD所成角的余弦值为（　　）

A．105 B．1010 C．55 D．510
【分析】正方体的表面展开图还原成正方体，建立空间直角坐标系，分别求出两条异面直线的方向向量，利用向量的夹角公式即可得出．
【解答】解：正方体的表面展开图还原成正方体，如图，
建立空间直角坐标系，取正方体的棱长为2．
则A（1，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（1，2，2）．
∴AB→=（1，1，0），CD→=（﹣1，0，2）．
∴cos＜AB→，CD→＞=AB→⋅CD→|AB→||CD→|=−12×5=−1010．
∴异面直线AB和CD的夹角的余弦值为1010．
故选：B．

5．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2A1B1＝2B1C1，且AB⊥BC，点M是A1C1的中点，则异面直线MB与AA1所成角的余弦值为（　　）
A．13 B．223 C．324 D．12
【分析】以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线MB与AA1所成角的余弦值．
【解答】解：∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2A1B1＝2B1C1，且AB⊥BC，点M是A1C1，
∴以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，
设AA1＝2A1B1＝2B1C1＝2，
则M（12，12，2），B（0，0，0），A（1，0，0），A1（1，0，2），
MB→=（−12，−12，2），AA1→=（0，0，2），
设异面直线MB与AA1所成角为θ，
则cosθ=|MB→⋅AA1→||MB→|⋅|AA1→|=492⋅2=223．
∴异面直线MB与AA1所成角的余弦值为223．
故选：B．

二．填空题（共18小题）
6．三棱锥O﹣ABC中，OA，OB，OC两两垂直且相等，点P，Q分别是BC和OA上的动点，且满足13BC≤BP≤23BC，13OA≤OQ≤23OA，则PQ和OB所成角余弦值的取值范围是　[13，63]　．
【分析】根据题意，可分别以直线OA，OB，OC为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，并设OA＝1，从而得出O（0，0，0），B（0，1，0），并设P（0，a，1﹣a），Q（b，0，0），并根据题意得出a，b∈[13，23]，从而可求出cos＜PQ→，QB→＞=−ab2+a2+(a−1)2．可设PQ和OB所成角为θ，从而可得出cosθ=1(ba)2+(1a−1)2+1，根据a，b的范围即可求出ba，1a的范围，从而可得出cosθ的最大值和最小值，即得出PQ和OB所成角的余弦值的取值范围．
【解答】解：分别以OA，OB，OC为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设OA＝1，则：
O（0，0，0），B（0，1，0），设P（0，a，1﹣a），(13≤a≤23)，Q（b，0，0），（13≤b≤23），
∴PQ→=(b，−a，a−1)，OB→=(0，1，0)，
∴cos＜PQ→，OB→＞=PQ→⋅OB→|PQ→||OB→|=−ab2+a2+(a−1)2，设PQ和OB所成角为θ，则cosθ=ab2+a2+(a−1)2=1(ba)2+(1a−1)2+1，
∵ba∈[12，2]，1a∈[32，3]，
∴ba=2，1a=3，即a=13，b=23时，cosθ取最小值13；ba=12，1a=32，即a=23，b=13时，cosθ取最大值63，
∴PQ和OB所成角余弦值的取值范围是[13，63]．
故答案为：[13，63]．
7．等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角C﹣AB﹣D的余弦值为33，M，N分别是AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余弦值等于　16　．
【分析】先找出二面角的平面角，建立边之间的等量关系，再利用向量法将所求异面直线用基底表示，然后利用向量的所成角公式求出所成角即可．
【解答】解：设AB＝2，作CO⊥面ABDE，
OH⊥AB，则CH⊥AB，∠CHO为二面角C﹣AB﹣D的平面角CH=3，OH=CH⋅cos∠CHO=1，
结合等边三角形ABC与正方形ABDE可知此四棱锥为正四棱锥，
则AN=EM=CH=3AN→=12(AC→+AB→)，EM→=12AC→−AE→，AN→⋅EM→=12(AB→+AC)⋅(12AC→−AE→)=12
故EM，AN所成角的余弦值AN→⋅EM→|AN→||EM→|=16故答案为：16

8．有一种多面体的饰品，其表面有6个正方形和8个正三角形组成（如图），则AB与CD所成的角的大小是　π3　．

【分析】由图形补出正方体，可得所求的角即为ED与CD所成的角，在△CDE中，由余弦定理可得答案．
【解答】解：该饰品实际上就是正方体的8个顶角被切掉，切线经过正方体每条棱边的中点，
如图：
可得AB与CD所成的角即为ED与CD所成的角，
设正方体的棱长为2，在△CDE中，可得CD＝DE=2，EC=6，
由余弦定理可得cos∠CDE=CD2+DE2−EC22×CD×DE=−12，故∠CDE=2π3，
故AB与CD所成的角为π3
故答案为：π3

9．如图，圆柱O1O2的底面圆半径为1，AB是一条母线，BD是⊙O1的直径，C是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，若A，C两点间的距离为7，则圆柱O1O2的高为　2　，异面直线AC与BD所成角的余弦值为　74　．

【分析】连接CD，求出BC，利用勾股定理即可求得圆柱O1O2的高，连接AO2并延长交圆O2于点E，连接CE，可得异面直线AC与BD所成的角为∠CAE或其补角，求出△ACE三边的长，由余弦定理即可求得异面直线AC与BD所成角的余弦值．
【解答】解：连接CD，由题意可得BD＝2，∠BCD＝90°，
又∠CBD＝30°，所以BC=3，
因为AB⊥底面BCD，所以AB⊥BC，
在Rt△ABC中，AC=7，BC=3，
所以AB=AC2−BC2=2，
即圆柱O1O2的高为2．
连接AO2并延长交圆O2于点E，连接CE，则BD∥AE且BD＝AE＝2，
所以异面直线AC与BD所成的角为∠CAE或其补角，
由CD=12BD＝1，DE＝AB＝2，DE⊥CD，可得CE=CD2+DE2=5，
在△ACE中，AC=7，AE＝2，CE=5，
所以cos∠CAE=7+4−52×7×2=74，
即异面直线AC与BD所成角的余弦值为74．
故答案为：2，74．

10．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M为B1C1中点，连接A1B，D1M，则异面直线A1B和D1M所成角的余弦值为　105　．

【分析】连接CD1，CM，由A1D1∥BC，A1D1＝BC，可得四边形A1BCD1为平行四边形，则A1B∥CD1，可得∠CD1M为异面直线A1B和D1M所成角，再由已知求出△CD1M的三边长，由余弦定理求解．
【解答】解：如图，

连接CD1，CM，
由A1D1∥BC，A1D1＝BC，可得四边形A1BCD1为平行四边形，则A1B∥CD1，
∴∠CD1M为异面直线A1B和D1M所成角，
由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M为B1C1中点，
得D1M=MC=52，CD1=2．
在△CMD1中，由余弦定理可得，cos∠CD1M=54+2−542×52×2=105．
∴异面直线A1B和D1M所成角的余弦值为105．
故答案为：105．

11．已知棱长为a的正四面体ABCD，如图，建立空间直角坐标系，O为A在底面上的射影，M，N分别为线段AB，AD的中点，则点M的坐标是 　(−14a，−312a，66a)　，CN与DM所成角的余弦值为 　16　．

【分析】利用正四面体的几何性质求出点A，B的坐标，由中点坐标公式求出点M的坐标，求出两条直线的方向向量，由向量的夹角公式求解即可．
【解答】解：因为正四面体ABCD的棱长为a，
则△BCD的外接圆半径为33a，
故B(−12a，−36a，0)，
又正四面体的高为a2−(33a)2=63a，
所以A(0，0，63a)，
所以AB的中点M的坐标为(−14a，−312a，66a)，
又点D(0，33a，0)，
故DM→=(−14a，−5312a，66a)，
同理可得CN→=(−12a，33a，66a)，
故CN与DM所成角的余弦值为|cos＜DM→，CN→＞|=|DM→⋅CN→||DM→||CN→|=16．
故答案为：(−14a，−312a，66a)；16．
12．如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1的中点，则异面直线EF与B1D1所成的角为　60°　．

【分析】法一：推导出B1D1∥BD，EF∥BC1，从而∠DBC1是异面直线EF与B1D1所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线EF与B1D1所成的角．
法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线EF与B1D1所成的角．
【解答】解法一：∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1的中点，
∴B1D1∥BD，EF∥BC1，如图，
∴∠DBC1是异面直线EF与B1D1所成的角（或所成角的补角），
∵△BDC1是等边三角形，
∴∠DBC1＝60°，
∴异面直线EF与B1D1所成的角为60°．
故答案为：60°．
解法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，
则E（0，1，2），F（0，2，1），B1（2，2，2），D1（0，0，2），
EF→=（0，1，﹣1），B1D1→=（﹣2，﹣2，0），
设异面直线EF与B1D1所成的角θ，
则cosθ=|EF→⋅B1D1→||EF→|⋅|B1D1→|=22⋅8=12，
∴θ＝60°．
故答案为：60°．


13．异面直线a和b所成的角为θ，则θ的范围是 　（0，π2]　．
【分析】直接由异面直线所成角的定义即可得出．
【解答】解：由异面直线所成角的定义可知：异面直线a和b所成的角θ的范围为（0，π2]．
故答案为：（0，π2]．
14．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则异面直线AB与A1C1所成的角大小为　45°　．

【分析】可连接A1C1，从而可看出∠B1A1C1为异面直线AB与A1C1所成的角，并且该角显然为45°．
【解答】解：如图，连接A1C1，

∵A1B1∥AB，
∴∠B1A1C1为异面直线AB与A1C1所成的角，且∠B1A1C1＝45°，
∴异面直线AB与A1C1所成的角大小为45°，
故答案为：45°．
15．如图，在三棱锥A﹣BCD中，底面是边长为2的正三角形，AB＝AC＝AD＝4，且E，F分别是BC，AD中点，则异面直线AE与CF所成角的余弦值为　41015　．

【分析】连结DE，到DE中点P，连结PF、PC，则PF∥AE，从而∠PFC是异面直线AE和CF所成角的余弦值，由此能求出异面直线AE和CF所成角的余弦值．
【解答】解：因为三棱锥A﹣BCD中，底面是边长为2的正三角形，AB＝AC＝AD＝4，
所以三棱锥A﹣BCD为正三棱锥；
连结DE，取DE中点P，连结PF、PC，
∵正三棱锥A﹣BCD的侧棱长都等于4，底面正三角形的边长2，
点E、F分别是棱BC、AD的中点，
∴PF∥AE，
∴∠PFC是异面直线AE和CF所成角的余弦值，
AE=42−12=15，DE=22−12=3，
cos∠CAF=AC2+AD2−CD22×AC×AD=16+16−42×4×4=78，
CF=42+22−2×4×2×78=6
PF=12AE=152，PC=(32)2+12=72，
∴cos∠PFC=154+6−742×152×6=41015．
∴异面直线AE和CF所成角的余弦值为41015．
故答案为：41015．

16．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为　1010　．

【分析】以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AB1与BC1所成角的余弦值．
【解答】解：以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（2，0，0），B（0，0，0），B1（0，0，1），C1（0，1，1），
AB1→=（﹣2，0，1），BC1→=（0，1，1），
设异面直线AB1与BC1所成角为θ，
则cosθ=|AB1→⋅BC1→||AB1→|⋅|BC1→|=15⋅2=1010．
∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为1010．
故答案为：1010．

17．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线AD1与A1B所成角的大小为 　π3　．

【分析】连接A1C1，BC1，由AD1∥BC1，可得直线AD1与A1B所成的角为∠A1BC1或其补角，由正方体的结构特征即可求解．
【解答】解：如图，连接A1C1，BC1，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为AB＝D1C1，AB∥D1C1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，
所以直线AD1与A1B所成的角为∠A1BC1或其补角，
因为△A1BC1为等边三角形，
所以∠A1BC1=π3，
所以直线AD1与A1B所成角的大小为π3．
故答案为：π3．

18．异面直线a、b所成角为π3，直线c与a、b垂直且分别交于A、B，点C、D分别在直线a、b上，若AC＝1，AB＝2，BD＝3，则CD＝　11或17　．
【分析】首先作出图形，转化异面直线a，b所成的角为∠CAE=π3或2π3，再利用余弦定理和勾股定理求CD．
【解答】解：过点A作AE∥BD，且AE＝BD，连结ED，CE，
因为异面直线a，b所成角为π3，所以∠CAE=π3或2π3，
AC＝1，AE＝3，当∠CAE=π3时，CE2＝12+32−2×1×3cosπ3=7，解得：CE=7，
当∠CAE=2π3时，CE2=12+32−2×1×3cos2π3=13，解得：CE=13，
因为AE∥BD，且AE＝BD，所以四边形AEDB是平行四边形，即：DE＝2，
又因为c⊥a，c⊥b，即DE⊥AE，且DE⊥CE，AC∩AE＝A，
所以DE⊥平面ACE，
所以DE⊥CE，
当CE=7，DE＝2时，CD=(7)2+22=11，
当CE=13，DE＝2时，CD=(13)2+22=17，
故答案为：11或17．



19．如图所示，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，CC1＝4，点E是线段CC1的中点，点F是正方形ABCD的中心，则直线A1E与直线B1F所成角的余弦值为　269　．

【分析】以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】解：如图所示，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
故A1（2，0，4），E（0，2，2），B1（2，2，4），F（1，1，0），
则A1E→=(−2，2，−2)，B1F→=(−1，−1，−4)，
故直线A1E与直线B1F所成角的余弦值为cosθ=812×18=269．
故答案为：269．

20．如图，3×3的正方形纸片，剪去对角的两个1×1的小正方形，然后沿虚线折起，分别粘合AB与AH，ED与EF，CB与CD，GF与GH，得到一几何体Ω，记Ω上的棱AC与EG的夹角为α，则下列说法正确的是 　①③④　．
①几何体Ω中，CG⊥AE；②几何体Ω是六面体；③的Ω体积为23；④cosα=45．
【分析】由线面垂直的判定和性质，可判断①；判定该几何体为四面体，可判断②；由棱锥的体积公式可判断③；由异面直线所成角的定义和余弦定理可判断④．
【解答】解：取AG，CG，CE，EG的中点M，N，O，P，连接AN，EN，MN，ON，OB，MP，OP，OM，
由已知可得CE＝CA＝EG＝AG=5，所以AN⊥CG，NE⊥CG，AN∩NE＝N，
则CG⊥平面ANE，CG⊥AE，故①正确；
因为AB⊥BC，AB⊥BG，BC∩BG＝B，所以AB⊥平面CBG，同理可得BE⊥平面CBG，
因为平面ACB与平面CBE共面，面AGB与面GBE共面，AB与BE共线，所以该几何体为四面体，故②错误；
因为BC＝BG＝1，CG=2，所以△CBG为直角三角形，∠CBG＝90°，所以S△CBG=12，又因为AE⊥平面CBG，AE＝2AB＝2BE＝4，
所以该几何体的体积为V=13×12×4=23，故③正确；
MP＝2，OP=12OG=22，又因为MP∥AE，OP∥CG，CG⊥AE，所以MP⊥OP，MO=MP2+OP2=322，
ON＝NM=12AC=52，所以cos∠ONM=ON2+NM2−OM22ON⋅NM=54+54−1842×52×52=−45，
由AC∥MN，EG∥ON，所以∠ONM为异面直线AC，EG所成角或其补角，即cosα=45，故④正确．
故答案为：①③④．

21．已知四面体ABCD的所有棱长均为6，过D作平面α使得BC∥α，且棱AB，AC分别与平面α交于点E，F，若异面直线DE，BC所成角的余弦值为714，则AE的长为　2　．
【分析】由题意可知EF∥BC，则异面直线DE，BC所成的角为∠DEF，设AE＝EF＝x，利用余弦定理可得关于x的方程，解之即可．
【解答】解：由题意可得EF∥BC，异面直线DE，BC所成的角为∠DEF，且cos∠DEF=714，
设AE＝EF＝x（0＜x＜6），则DE＝DF=x2+62−2x⋅6⋅cos60°=x2−6x+36，
于是cos∠DEF=DE2+EF2−DF22DE⋅EF=x22xx2−6x+36=714，
解得x＝2，
即AE的长为2．
故答案为：2．
22．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱长均为2，则异面直线AB与A1C所成角的余弦值为　24　．
【分析】以A为原点，在平面ABC中，过A作AC的垂线为x轴，以AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AB与A1C所成角的余弦值．
【解答】解：以A为原点，在平面ABC中，过A作AC的垂线为x轴，
以AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（3，1，0），A1（0，0，2），C（0，2，0），
AB→=（3，1，0），A1C→=（0，2，﹣2），
设异面直线AB与A1C所成角为θ，
则cosθ=|AB→⋅A1C→||AB→|⋅|A1C→|=248=24．
∴异面直线AB与A1C所成角的余弦值为24．
故答案为：24．

23．棱长为a的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，BC的中点，则异面直线EF与AB所成的角大小是 　π4　，线段EF的长度为 　22a　．
【分析】取BD中点G，连结BE，CE，EG，FG，则EG∥AB，且EG＝FG=12AB=a2，∠EFG是异面直线EF与AB所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线EF与AB所成的角大小和线段EF的长度．
【解答】解：棱长为a的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，BC的中点，
取BD中点G，连结BE，CE，EG，FG，
则EG∥AB，且EG＝FG=12AB=a2，
∴∠EFG是异面直线EF与AB所成的角（或所成角的补角），
BE＝CE=a2−(a2)2=3a2，EF=(3a2)2−(a2)2=2a2，
cos∠EFG=EF2+GF2−EG22×EF×GF=a22+a24−a242×2a2×a2=22，
∴∠EFG=π4，
∴异面直线EF与AB所成的角大小是π4，线段EF的长度为22a．
故答案为：π4，22a．

三．解答题（共6小题）
24．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2．
（1）求异面直线BC1与AC所成角的大小；
（2）求直线B1D1与平面AB1C所成角的正切值．

【分析】（1）直接利用异面直线的定义的应用求出异面直线的夹角；
（2）利用转换关系，求出解三角形知识的应用，求出面面夹角．
【解答】解：（1）如图，连接AD1和CD1，
∵AB∥C1D1且AB＝C1D1，
∴四边形ABC1D1为平行四边形
∴AD1∥BC1，
∴BC1与AC所成的角就是AD1与AC所成的角，
∵AC＝AD1＝CD1，
∴∠CAD1＝60°，
∴异面直线BC1与AC所成角的大小为60°．

（2）如图，连接BD，与AC交于点O，连接OB1，易知BD∥B1D1，
∴直线B1D1与平面AB1C所成的角就是直线BD与平面AB1C所成的角
∵AC⊥BD，AC⊥B1B，且BD∩B1B＝B．
∴AC⊥平面DBB1D1，
∴平面ACB1⊥平面DBB1D1，
∴BD在平面ACB1的射影为OB1，
∴∠BOB1就是直线BD与平面AB1C所成的角．
在Rt△BOB1中，BO=2，BB1＝2，
所以tan∠BOB1=2，
∴直线B1D1与平面AB1C所成角的正切值为2．
25．如图，已知四棱锥的侧棱PD⊥底面ABCD，且底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD=12CD＝2，点M在侧棱上．
（1）求证：BC⊥平面BDP；
（2）若侧棱PC与底面ABCD所成角的正切值为12，点M为侧棱PC的中点，求异面直线BM与PA所成角的余弦值．

【分析】（1）证明BD⊥BC，PD⊥BC，即可证明BC⊥平面BDP；
（2）取PD中点为N，并连结AN，MN，则∠PAN即异面直线BM与PA所成角，在△PAN中，利用余弦定理，即可求出异面直线BM与PA所成角的余弦值．
【解答】（1）证明：由已知可算得BD=BC=22，∴BD2+BC2＝16＝DC2，
故BD⊥BC，
又PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，故PD⊥BC，
又BD∩PD＝D，所以BC⊥平面BDP；…6分
（2）解：如图，取PD中点为N，并连结AN，MN，BM∥AN，
则∠PAN即异面直线BM与PA所成角；
又PA⊥底面ABCD，∴∠PCD即为PC与底面ABCD所成角，
即tan∠PCD=12，∴PD=12CD=2，即PN=12PD=1，
又AN=5，PA=22，则在△PAN中，cos∠PAN=AP2+AN2−PN22AP⋅AN=31010，
即异面直线BM与PA所成角的余弦值为31010．…12分．

26．在四面体ABCD中，AB＝AD＝AC＝BC＝BD＝CD＝4，E，F为BC，AD中点，求AE，CF所成角．

【分析】取基底向量AB→，AC→，AD→，并将其表示AE→，CF→，进而求出cos＜AE→，CF→＞的值，从而得出异面直线AE，CF所成的角的大小．
【解答】解：取基底向量AB→，AC→，AD→，则
因为E，F为BC，AD中点，
所以AE→=12（AB→+AC→），CF→=12（CA→+CD→）=12（−AC→+AD→−AC→）=12（AD→−2AC→），
所以AE→•CF→=12（AB→+AC→）•12（AD→−2AC→）=14（AB→⋅AD→−2AB→⋅AC→+AC→⋅AD→−2AC→2）
=14×（4×4×cos60°﹣2×4×4×cos60°+4×4×cos60°﹣2×42）
=14×（8﹣16+8﹣32）＝﹣8，
而|AE→|＝|12（AB→+AC→）|=12(AB→+AC→)2=12×42+42+2×4×4×12=23，
|CF→|＝|12（AD→−2AC→）|=12(AD→−2AC→)2=12×42+4×42−4×4×4×12=23，
所以cos＜AE→，CF→＞=−823×23=−23，
所以异面直线AE，CF所成的角的余弦值为23，
故异面直线AE，CF所成的角的大小为arccos23．
27．已知正四棱锥P﹣ABCD的全面积为2，记正四棱锥的高为h．
（1）试用h表示底面边长，并求正四棱锥体积V的最大值；
（2）当V取最大值时，求异面直线AB和PD所成角的正切值．

【分析】（1）设正四棱锥的底面边长为a，侧面三角形的高为H，由题意可得a关于h的关系式，写出四棱锥体积，整理后利用基本不等式求最值；
（2）取CD的中点Q，正方形ABCD的中心为O，连接PO，PQ，OQ，由AB∥CD，得∠PDQ即为异面直线AB与PD所成角，结合（1）中求得的a值，即可求得异面直线AB和PD所成角的正切值．
【解答】解：（1）设正四棱锥的底面边长为a，侧面三角形的高为H，则a2+2aH＝2，
∴H=1a−a2，又H2=ℎ2+(a2)2，
∴a=11+ℎ2∴正四棱锥体积V=13a2ℎ=ℎ3(1+ℎ2)=13(ℎ+1ℎ)．
∵h+1ℎ≥2（当且仅当h=1ℎ，即h＝1时取等号）．
∴V≤16，即正四棱锥体积V的最大值为16（当h＝1，a=22时取最大值）；
（2）取CD的中点Q，正方形ABCD的中心为O，连接PO，PQ，OQ．
∵AB∥CD，∴∠PDQ即为异面直线AB与PD所成角．
∵Q为CD的中点，PC＝PD，∴PQ⊥CD．
即PQ＝H，由（1）知，H=2−24=324．
又DQ=12a=24，∴tan∠PAQ=PQDQ=3．
即异面直线AB和PD所成角的正切值为3．

28．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，E、F、G分别为CD、CC1、BB1中点．
（1）求证：DG∥平面BEF；
（2）求异面直线DG与EF所成角的余弦值．

【分析】（1）取AB中点H，连HD，HG，则HG∥AB1∥DC1∥EF，推导出HG∥面BEF，HD∥平面BEF，从而面HDG∥面BEF，由此能证明DG∥面BEF．
（2）由HG∥EF，得∠DGH即为所求角．由此能求出异面直线DG与EF所成角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：如图所示，取AB中点H，连HD，HG，
则HG∥AB1∥DC1∥EF，
所以HG∥EFHG⊄面BEFEF⊆面BEF⇒HG∥面BEF①
同理有HD∥BEHD⊄面BEFBE⊆面BEF⇒HD∥面BEF②
由①②，且HD∩HG＝H，所以面HDG∥面BEF，
因为DG⊂平面HDC，所以DG∥面BEF．
（2）因为HG∥EF，所以∠DGH即为所求角．
在△DHG中：DH=5，HG=2，DG=BD2+BG2=3，
所以cos∠DGH=GD2+GH2−HD22GD⋅GH=9+2−52×3×2=22．
所以，异面直线DG与EF所成角的余弦值为22．

29．如图所示，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°（可以利用空间向量）．
（1）求AC1的长；
（2）求BD1与AC夹角的余弦值．

【分析】（1）由模长公式|AC→|=(a→+b→+c→)2即可计算出其长度；
（2）由BD1→=b→+c→−a→，AC→=a→+b→即可计算出cos＜BD1→，AC→＞，进而得出所求的答案．
【解答】解：（1）由已知得：a→⋅b→=12，b→⋅c→=12，a→⋅c→=12，|a→|=|b→|=|c→|=1，
又因为AC1→=a→+b→+c→，
所以|AC→|=(a→+b→+c→)2=1+1+1+1+1+1=6．
（2）因为BD1→=b→+c→−a→，AC→=a→+b→，
所以cos＜BD1→，AC→＞=(b→+c→−a→)⋅(a→+b→)|BD1→|⋅|AC→|=12+1+12+12−1−122⋅3=66．