新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第3讲空间向量与空间角核心考点1异面直线所成的角教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第3讲空间向量与空间角核心考点1异面直线所成的角教师用书，共14页。试卷主要包含了故选C等内容，欢迎下载使用。

1. (2023·全国乙卷理科)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( C )
A.eq \f(1,5) B．eq \f(\r(2),5)
C．eq \f(\r(3),5) D．eq \f(2,5)
【解析】 如图，取AB的中点E，连接CE，DE，
则根据题意易得AB⊥CE，AB⊥DE，∴二面角C－AB－D的平面角为∠CED＝150°，∵AB⊥CE，AB⊥DE，且CE∩DE＝E，∴AB⊥平面AED，又AB⊂平面ABC，∴平面AED⊥平面ABC，∴CD在平面ABC内的射影为CE，∴直线CD与平面ABC所成角为∠DCE，过D作DH垂直CE所在直线，垂足点为H，设等腰直角三角形ABC的斜边长为2，则可易得CE＝1，DE＝eq \r(3)，又∠DEH＝30°，∴DH＝eq \f(\r(3),2)，EH＝eq \f(3,2)，∴CH＝1＋eq \f(3,2)＝eq \f(5,2)，∴tan∠DCE＝eq \f(DH,CH)＝eq \f(\f(\r(3),2),\f(5,2))＝eq \f(\r(3),5).故选C.
2. (2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求二面角A－PM－B的正弦值．
【解析】 (1)连接BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，
则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，
所以AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，
所以Rt△DAB∽Rt△ABM，
则eq \f(AD,AB)＝eq \f(BA,BM)，
所以eq \f(1,2)BC2＝1，解得BC＝eq \r(2).
(2)因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
则A(eq \r(2)，0,0)，B(eq \r(2)，1,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1，0))，P(0,0,1)，
所以eq \(AP,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0,1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，0))，
eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0，0))，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，－1,1)，
设平面AMP的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\(AM,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x＋z＝0，,－\f(\r(2),2)x＋y＝0，))
令x＝eq \r(2)，则y＝1，z＝2，
故n＝(eq \r(2)，1,2)，
设平面BMP的法向量为m＝(p，q，r)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BM,\s\up6(→))＝0，,m·\(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)p＝0，,－\r(2)p－q＋r＝0，))
令q＝1，则r＝1，故m＝(0,1,1)，
所以|csn，m|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(3,\r(7)×\r(2))＝eq \f(3\r(14),14)，
设二面角A－PM－B的平面角为α，
则sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \r(1－cs2n，m)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(14),14)))2)＝eq \f(\r(70),14)，
所以二面角A－PM－B的正弦值为eq \f(\r(70),14).
3. (2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝eq \r(3).
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
【解析】 (1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝eq \f(1,2)，
故DE＝eq \f(\r(3),2)，BD＝eq \r(DE2＋BE2)＝eq \r(3)，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，又PD∩AD＝D，
所以BD⊥平面PAD，
又因为PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA.
(2)如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD＝eq \r(3)，
则A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，P(0,0，eq \r(3))，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,0，eq \r(3))，eq \(BP,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(3))，eq \(DP,\s\up6(→))＝(0,0，eq \r(3))，
设平面PAB的法向量n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AP,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)z＝0，,n·\(BP,\s\up6(→))＝－\r(3)y＋\r(3)z＝0，))可取n＝(eq \r(3)，1,1)，
则csn，eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \f(n·\(DP,\s\up6(→)),|n||\(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
4. (2023·全国新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))，求二面角D－AB－F的正弦值．
【解析】 (1)证明：连接AE，DE，
∵DB＝DC，E为BC中点．
∴DE⊥BC，
又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
∴△ACD与△ABD均为等边三角形，
∴AC＝AB，
∴AE⊥BC，AE∩DE＝E，
∴BC⊥平面ADE，
∵AD⊂平面ADE，
∴BC⊥DA.
(2)设DA＝DB＝DC＝2，
∴BC＝2eq \r(2)，
∵DE＝AE＝eq \r(2)，AD＝2，
∴AE2＋DE2＝4＝AD2，
∴AE⊥DE，
又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，
∴AE⊥平面BCD，
以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
D(eq \r(2)，0,0)，A(0,0，eq \r(2))，B(0，eq \r(2)，0)，E(0,0,0)，
∵eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))，
∴F(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，
∴eq \(DA,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))，
eq \(AF,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0,0)，
设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))
令x1＝1，解得y1＝z1＝1，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))
令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1，
故n1＝(1,1,1)，n2＝(0,1,1)，
设二面角D－AB－F的平面角为θ，
则|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，
故sin θ＝eq \f(\r(3),3)，
所以二面角D－AB－F的正弦值为eq \f(\r(3),3).
5. (2023·全国新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
【解析】 (1)证明：根据题意建系如图，则有：
B2(0,2,2)，C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq \(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(→))＝eq \(A2D2,\s\up6(→))，又B2，C2，A2，D2四点不共线，
∴B2C2∥A2D2.
(2)在(1)的坐标系下，可设P(0,2，t)，t∈[0,4]，
又由(1)知C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)，
∴eq \(C2A2,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq \(C2P,\s\up6(→))＝(0,2，t－3)，eq \(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，
设平面PA2C2的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(C2A2,\s\up6(→))＝2x＋2y－2z＝0，,m·\(C2P,\s\up6(→))＝2y＋t－3z＝0，))
取m＝(t－1,3－t,2)，
设平面A2C2D2的法向量为n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(C2A2,\s\up6(→))＝2a＋2b－2c＝0，,n·\(A2D2,\s\up6(→))＝－2b＋c＝0，))
取n＝(1,1,2)，
∴根据题意可得|cs 150°|＝|csm，n|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)，
∴eq \f(\r(3),2)＝eq \f(6,\r(t－12＋3－t2＋4)×\r(6))，
∴t2－4t＋3＝0，又t∈[0,4]，
∴解得t＝1或t＝3，
∴P为B1B2的中点或B2B的中点，
∴B2P＝1.
6. (2023·全国甲卷理科)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)求证：AC＝A1C；
(2)若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【解析】 (1)证明：取CC1的中点，连接A1O，
∵A1C⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，
∴A1C⊥AC，∴A1C⊥A1C1，
∴A1O＝eq \f(1,2)C1C＝1，
∵A1C⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，
∴A1C⊥BC，∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面A1C1CA，
∵BC⊂平面BCC1B1，
∴平面BCC1B1⊥平面A1C1CA，
∵A1到平面BCC1B1的距离为1，
∴A1到CC1的距离为1，
∴A1O⊥CC1，
∴A1C＝A1C1，
∴AC＝A1C.
(2)过A作AM∥A1O交C1C的延长线于M，连接MB1，
取BB1的中点N，连接ON，
∴四边形BCON为平行四边形，
∴ON⊥平面A1C1CA，
A1O∩ON＝O，∴CC1⊥平面A1ON，
∵A1N⊂平面A1ON，
∴CC1⊥A1N，
∴AA1⊥A1N，
∴A1N为直线AA1与BB1距离，
∴A1N＝2，∴ON＝eq \r(3)，
由(1)可知AM⊥平面BCC1B1，
∴∠AB1M为AB1与平面BCC1B1所成角的角，
易求得C1M＝3，
∴B1M＝eq \r(9＋3)＝2eq \r(3)，
∵AM＝1，∴AB1＝eq \r(1＋12)＝eq \r(13)，
∴sin∠AB1M＝eq \f(1,\r(13))＝eq \f(\r(13),13).
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq \f(\r(13),13).
核心考点1 异面直线所成的角
核心知识·精归纳
异面直线所成的角的范围以及求角公式
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u＝(x1，y1，z1)，v＝(x2，y2，z2)．
(1)θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(2)cs θ＝|cs〈u，v〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|))) ＝eq \f(|u·v|,|u||v|)＝eq \f(|x1x2＋y1y2＋z1z2|,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)＋z\\al(2,1))\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)＋z\\al(2,2))).
典例研析·悟方法
角度1：求异面直线所成的角
典例1 (1) (2023·金凤区校级三模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为长方形，PD＝DC＝2，AD＝eq \r(3)，Q为PC上一点，且PQ＝3QC，则异面直线AC与BQ所成的角的余弦值为( A )
A.eq \f(2\r(2),7) B．－eq \f(2\r(2),7)
C．eq \f(\r(2),7) D．－eq \f(\r(2),7)
【分析】 建立如图所示的空间直角坐标系，求出eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BQ,\s\up6(→))后可求线线角的余弦值．
【解析】 因为PD⊥平面ABCD，DC，AD⊂平面ABCD，故PD⊥DC，PD⊥AD，底面ABCD为长方形，故DC⊥AD，所以DP，DC，DA两两互相垂直，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
PD＝DC＝2，AD＝eq \r(3)，P(0,0,2)，A(eq \r(3)，0,0)，B(eq \r(3)，2,0)，C(0,2,0)，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，\f(1,2)))，所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，2,0)，eq \(BQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，设异面直线AC与BQ所成的角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(AC,\s\up6(→))·\(BQ,\s\up6(→))|,|\(AC,\s\up6(→))|·|\(BQ,\s\up6(→))|)＝eq \f(|2|,\r(7)·\r(\f(7,2)))＝eq \f(2\r(2),7)，所以异面直线AC与BQ所成的角的余弦值为eq \f(2\r(2),7).故选A.
(2) (2023·全国三模)已知四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝AD，点E是线段PB上的动点，则直线DE与平面PBC所成角的最大值为( C )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,4)
C．eq \f(π,3) D．eq \f(π,2)
【解析】 由题意，因为ABCD为正方形，且PD⊥底面ABCD，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设PD＝AD＝1，
则D(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，设eq \(PE,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，则eq \(PE,\s\up6(→))＝(λ，λ，－λ)，所以E(λ，λ，1－λ)，即eq \(DE,\s\up6(→))＝(λ，λ，1－λ)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝0，))有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－z＝0，,y－z＝0，))解得x＝0，y＝z，取y＝z＝1，所以平面PBC的一个法向量为n＝(0,1,1)，设直线DE与平面PBC所成角为θ，则sin θ＝|csn，eq \(DE,\s\up6(→))|＝eq \f(|n·\(DE,\s\up6(→))|,|n||\(DE,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2λ2＋1－λ2))＝eq \f(1,\r(2)×\r(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,3)))2＋\f(2,3)))，因为y＝sin θ，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))单调递增，所以当λ＝eq \f(1,3)时，sin θ＝eq \f(\r(3),2)最大，此时θ＝eq \f(π,3)，即直线DE与平面PBC所成角的最大值为eq \f(π,3).故选C.
(3) (2023·河北模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥CD，AD⊥BC，且BD＝3AC，点E，F分别为AD，BC的中点，则异面直线AC与BD所成角的大小为_90°__，AC与EF所成角的余弦值为 eq \f(\r(10),10) .
【解析】 取AB的中点G，连接EG，FG，则FG∥AC，EG∥BD，故∠EFG或其补角为异面直线AC与EF所成的角，过A作AO⊥平面BCD于点O，连接BO，CO，DO，则AO⊥CD，又AB⊥CD，且AB∩AO＝A，故CD⊥平面AOB，故BO⊥CD，同理可得DO⊥BC，即O为△BCD的垂心，故BD⊥CO，又AO⊥BD，AO∩CO＝O，故BD⊥平面AOC，故AC⊥BD，即AC与BD所成角为90°，所以∠EGF＝90°，由BD＝3AC，可得EG＝3FG，故cs∠EFG＝eq \f(FG,EF)＝eq \f(\r(10),10)，即异面直线AC与EF所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
角度2：已知异面直线所成的角求其他
典例2 (1) (2023·丰城市模拟)如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，若异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为eq \f(9,10)，则eq \f(AA1,AB)的值为_3__.
【解析】 连接BC1，A1C1，∵AD1∥BC1，∴异面直线A1B与AD1所成角为∠A1BC1或其补角，令AA1＝t，则A1B＝BC1＝eq \r(t2＋1)，A1C1＝eq \r(2)，|cs∠A1BC1|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(t2＋1)2＋\r(t2＋1)2－\r(2)2,2t2＋1)))＝eq \f(2t2,2t2＋1)＝eq \f(9,10)，∴t2＝9，t＝3，即AA1＝3，∴eq \f(AA1,AB)＝3.
(2)在三棱锥P－ABC中，已知△ABC是边长为2的正三角形，PA⊥平面ABC，M，N分别是AB，PC的中点，若异面直线MN，PB所成角的余弦值为eq \f(3,4)，则PA的长为_2__，三棱锥P－ABC的外接球表面积为 eq \f(28π,3) .
【解析】 连接CM，则CM⊥AB，又因为PA⊥平面ABC，以点M为坐标原点，eq \(CM,\s\up6(→))、eq \(MB,\s\up6(→))、eq \(AP,\s\up6(→))的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设PA＝2h(h>0)，则A(0，－1,0)、B(0,1,0)、C(－eq \r(3)，0,0)、P(0，－1,2h)、M(0,0,0)、Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，h))，eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，h))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(0,2，－2h)，由已知可得|cseq \(MN,\s\up6(→))，eq \(PB,\s\up6(→))|＝eq \f(|\(MN,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→))|,|\(MN,\s\up6(→))|·|\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(2h2＋1,21＋h2)＝eq \f(3,4)，解得h＝1，因此，PA＝2h＝2，则点P(0，－1,2)，设三棱锥P－ABC的外接球心为O(x，y，z)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|OA|＝|OB|，,|OA|＝|OC|，,|OA|＝|OP|，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y＋12＋z2＝x2＋y－12＋z2，,x2＋y＋12＋z2＝x＋\r(3)2＋y2＋z2，,x2＋y＋12＋z2＝x2＋y＋12＋z－22，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(\r(3),3)，,y＝0，,z＝1，))
所以，三棱锥P－ABC的外接球半径为R＝|eq \(OA,\s\up6(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)))2＋1＋1)＝eq \f(\r(21),3)，因此，该三棱锥外接球的表面积为4πR2＝eq \f(28,3)π.
方法技巧·精提炼
求异面直线所成的角的方法
1．平移法：步骤：①平移；②认定；③计算；④取舍．
2．向量法：步骤：
(1)建立空间直角坐标系．
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量．
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．
(4)注意两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
加固训练·促提高
1. (2023·梅河口市校级一模)直三棱柱ABC－A1B1C1如图所示，AB＝4，BC＝3，AC＝5，D为棱AB的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为61π，则异面直线A1D和B1C所成的角的余弦值为( A )
A.eq \f(3\r(2),5) B．eq \f(2,5)
C．eq \f(4\r(2),5) D．eq \f(16\r(2),25)
【解析】 ∵AB＝4，BC＝3，AC＝5，∴AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，则△ABC的外接圆的圆心为AC的中点E，同理，△A1B1C1的外接圆的圆心为A1C1的中点F，连接EF，则三棱柱外接球的球心O为EF的中点，连接OA1，设外接球的半径为R，则4πR2＝61π，∴R2＝eq \f(61,4)，∴OF2＝OAeq \\al(2,1)－A1F2＝R2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2＝eq \f(61,4)－eq \f(25,4)＝9，∴OF＝3，∴AA1＝6，以点B1为坐标原点，分别以eq \(B1C1,\s\up6(→))，eq \(B1A1,\s\up6(→))，eq \(B1B,\s\up6(→))为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则A1(0,4,0)，D(0,2,6)，B1(0,0,0)，C(3,0,6)，∴eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，－2,6)，eq \(B1C,\s\up6(→))＝(3,0,6)，∴cseq \(A1D,\s\up6(→))，eq \(B1C,\s\up6(→))＝eq \f(\(A1D,\s\up6(→))·\(B1C,\s\up6(→)),|\(A1D,\s\up6(→))||\(B1C,\s\up6(→))|)＝eq \f(3\r(2),5)，即异面直线A1D和B1C所成的角的余弦值为eq \f(3\r(2),5).故选A.
2. (2023·琼海校级三模)如图所示，圆锥底面半径为2，O为底面圆心，A，B为底面圆O上的点，且∠AOB＝eq \f(π,3)，∠PAO＝eq \f(π,4)，则直线OA与PB所成角的余弦值为( A )
A.eq \f(\r(2),4) B．eq \f(\r(2),3)
C．eq \f(\r(3),4) D．eq \f(\r(3),3)
【解析】 连接AB，取AP，AB，PO的中点分别为M，Q，N，连接OQ，则MN∥OA，MQ∥PB，所以∠NMQ(或其补角)为直线OA与PB所成的角，因为∠AOB＝eq \f(π,3)，∠PAO＝eq \f(π,4)，OA＝2，所以PB＝2eq \r(2)，OQ＝eq \r(3)，PO＝2，所以MQ＝eq \r(2)，NQ＝2，MN＝1，所以cs∠NMQ＝eq \f(MN2＋MQ2－NQ2,2MN×MQ)＝eq \f(1＋2－4,2×1×\r(2))＝－eq \f(\r(2),4)，即直线OA与PB所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4).故选A.
高频考点
高考预测
异面直线所成角
在选择、填空或者解答题中继续考查异面直线所成角、直线与平面所成的角、二面角(平面与平面的夹角)，注意与体积最值问题交汇考查.
直线与平面所成的角
二面角(平面与平面的夹角)