异面直线所成的角

前言

两条共面直线所成的角的范围是： ([0，cfrac{pi}{2}]) ，两条异面直线所成的角的范围是 ((0，cfrac{pi}{2}]) .

求解思路

一般来说，常见的求解思路有两个。其一，转化法，具体做法，将两条异面直线中的一条平移到和另一条直线相交的位置，找到这两条相交直线所成的角或者其补角(必须保证其范围在 ((0，cfrac{pi}{2}]) 内)，然后利用其所在的三角形来求解，此时可能用到余弦定理；其二，利用空间向量法求解。这一方法一般是理科学生要求掌握的，此时需要熟练掌握直线的方向向量，向量的内积公式，向量的坐标运算等 .

典例剖析

【2021年高考乙卷文数第(10)题理数第(5)题】 在正方体 (ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}) 中， (P) 为 (B_{1}D_{1}) 的中点， 则直线 (PB) 与 (AD_{1}) 所成的角为 【(quad)】

$A.cfrac{pi}{2}$ $B.cfrac{pi}{3}$ $C.cfrac{pi}{4}$ $D.cfrac{pi}{6}$

解析: 由于 (AD_{1}//BC_{1})， 所以 (angle PBC_{1}) 是直线 (PB) 与 (AD_{1}) 所成的角[或所成角的补角]准确的说法还需要添加这句话，或所成角的补角，原因是两条直线所成的角的范围是 ([0,cfrac{pi}{2}]) ，而图形中的角 (angle PBC_{1}) 的大小不一定在此范围内，

设正方体 (ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}) 的棱长为 (2)，

则 (PB_{1}=PC_{1}=cfrac{1}{2}sqrt{2^{2}+2^{2}}=sqrt{2})，

(BC_{1}=sqrt{2^{2}+2^{2}}=2sqrt{2})， (BP=sqrt{2^{2}+(sqrt{2})^{2}}=sqrt{6})，

所以 (cosangle PBC_{1}=cfrac{PB^{2}+BC_{1}^{2}-PC_{1}^{2}}{2 imes PB imes BC_{1}}=cfrac{6+8-2}{2 imessqrt{6} imes2sqrt{2}}=cfrac{sqrt{3}}{2})，

所以，(angle PBC_{1}=cfrac{pi}{6})， 则直线 (PB) 与 (AD_{1}) 所成的角为 (cfrac{pi}{6})， 故选: (D) .

【2017凤翔中学高三第三次月考第10题】【异面直线所成的角】长方体(ABCD-A_1B_1C_1D_1)中，(AB)(=)(AA_1)(=)(2)，(AD=1)，则异面直线 (BC_1) 与 (AC) 所成的角的余弦值是多少？

法1：立体几何法，基本求解步骤：①作：作出所要求的角；②证：证明所作的角即为所求的角；③算：计算所作角的某种三角值；

思路：将两条异面直线平移至一个三角形中，然后解三角形得到。

将(BC_1)平移到(AD_1)，联结(CD_1)，则(angle CAD_1)为两条异面直线所成的角，

在(Delta ACD_1)中，可知(AC=sqrt{5})，(AD_1=sqrt{5})，(CD_1=2sqrt{2})，

由余弦定理可知(cosangle CAD_1=cfrac{(sqrt{5})^2+(sqrt{5})^2-(2sqrt{2})^2}{2cdot sqrt{5}cdot sqrt{5}}=cfrac{1}{5})；

法2：空间向量法，

以点(D)为坐标原点，分别以(DA、DC、DD_1)所在的直线为(x、y、z)轴建立如图所示的直角坐标系，

则点(D(0，0，0))，(A(1，0，0))，(C(0，2，0))，(B(1，2，0))，(D_1(0，0，2))，(A_1(1，0，2))，(B_1(1，2，2))，(C_1(0，2，2))，

故(overrightarrow{BC_1}=(-1，0，2))，(overrightarrow{AC}=(-1，2，0))，

设两条异面直线所成的角为( heta)，则(cos heta=|cos<overrightarrow{BC_1}，overrightarrow{AC}>|=cfrac{(-1) imes(-1)+0 imes2+2 imes 0}{sqrt{(-1)^2+0^2+2^2} imessqrt{(-1)^2+2^2+0^2}}=cfrac{1}{5})。

备注：两条异面直线所成角的范围([0，cfrac{pi}{2}])，两个向量所成角的范围([0，pi])。

【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第10题】已知正三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(AB=AA_1=2)，则异面直线(AB_1)与(CA_1)所成角的余弦值为【】

$A.0$ $B.-cfrac{1}{4}$ $C.cfrac{1}{4}$ $D.cfrac{1}{2}$

【法1-1】空间向量法，第一种建系方式；以点(A)为坐标原点，以(AC)，(AA_1)分别为(y)、(z)轴，以和(AC)垂直的直线为(x)轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则(A(0，0，0))，(B(sqrt{3}，1，0))，(A_1(0，0，2))，(B_1(sqrt{3}，1，2))，(C(0，2，0))，

(overrightarrow{AB_1}=(sqrt{3}，1，2))，(overrightarrow{A_1C}=(0，2，-2))，且线线角的范围是([0，cfrac{pi}{2}])，

故所求角的余弦值为(|cos<overrightarrow{AB_1}，overrightarrow{A_1C}>|=cfrac{|1 imes 2+2 imes(-2)|}{sqrt{8} imessqrt{8}}=cfrac{1}{4})。故选(C)。

【法1-2】空间向量法，第二种建系方式；以(BN)的中点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则(A(1，0，0))，(B(0，sqrt{3}，0))，(C(-1，0，0))，(A_1(1，0，2))，(B_1(0，sqrt{3}，2))，(C_1(-1，0，2))，

(overrightarrow{AB_1}=(-1，sqrt{3}，2))，(overrightarrow{A_1C}=(-2，0，-2))，且线线角的范围是([0，cfrac{pi}{2}])，

故所求角的余弦值为(|cos<overrightarrow{AB_1}，overrightarrow{A_1C}>|=cfrac{|-1 imes (-2)+sqrt{3} imes 0+2 imes(-2)|}{sqrt{8} imessqrt{8}}=cfrac{1}{4})。故选(C)。

【法2】：立体几何法，补体平移法，将正三棱柱补体为一个底面为菱形的直四棱柱，连结(B_1D)，则(B_1D//A_1C)，

故异面直线(AB_1)与(CA_1)所成角，即转化为共面直线(AB_1)与(B_1D)所成的角(angle AB_1D)，连结(AD)，

在(Delta AB_1D)中，(AB=AA_1=2)，可得(AB_1=B_1D=2sqrt{2})，(AD=2sqrt{3})，

由余弦定理可知，(cosangle AB_1D=cfrac{(2sqrt{2})^2+(2sqrt{2})^2-(2sqrt{3})^2}{2 imes 2sqrt{2} imes 2sqrt{3}}=cfrac{1}{4})，

故所求为(cfrac{1}{4})，故选(C)。

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】在长方体(ABCD-A_1B_1C_1D_1)中，已知直线(BD)与平面(ADD_1A_1)所成角的正切值为(2)，直线(BD_1)与平面(ABCD)所成角的正弦值为(cfrac{2}{3})，则异面直线(CD_1)与(BD_1)所成角的余弦值为【】

$A.cfrac{sqrt{10}}{5}$ $B.cfrac{3sqrt{5}}{10}$ $C.cfrac{sqrt{55}}{10}$ $D.cfrac{sqrt{15}}{5}$

分析：如图所示，直线(BD)与平面(ADD_1A_1)所成角的为(angle BDA)，则由(tanangle BDA=2)，可以设(AB=2k)，(AD=k)，则(BD=sqrt{5}k)，直线(BD_1)与平面(ABCD)所成角的为(angle D_1BD)，则由(sinangle D_1BD=cfrac{2}{3})，可以设(DD_1=2m)，(BD_1=3m)，则(BD=sqrt{5}m)，

故可以令(m=k=1)，则长方体的三维(AB=2)，(AD=1)，(DD_1=2)，接下来的思路可以有两个：

思路1：平移法，将异面直线(CD_1)与(BD_1)通过平移放置到同一个三角形( riangle AVD_1)中，这样(AC=sqrt{5})，(AD_1=sqrt{5})，(CD_1=2sqrt{2})，则异面直线(CD_1)与(BD_1)所成的角即为(angle AD_1C)，由余弦定理可知(cos angle AD_1C=cfrac{sqrt{10}}{5}).故选(A).

思路2：空间向量法，不作平移，直接利用直线的方向向量的夹角来求解；

如图，正四面体(P-ABC)中，(D)、(E)分别是(AB)和(PC)的中点，则直线(AE)与(PD)所成角的余弦值是多少？

法1：空间向量法，如图所示，(PFperp)面(ABC)，(F)为(Delta ABC)的中心，

以点(D)为坐标原点，以(DF)、(DB)以及与(FP)平行的直线分别为(x)，(y)，(z)轴建立如图所示的空间直角坐标系，

令正四面体的棱长为(2)，则得到以下点的空间坐标

(D(0，0，0))，(A(0，-1，0))，(B(0，1，0))，

(C(-sqrt{3}，0，0))，(P(-cfrac{sqrt{3}}{3}，0，cfrac{2sqrt{6}}{3}))，(E(-cfrac{2sqrt{3}}{3}，0，cfrac{sqrt{6}}{3}))，

则有(overrightarrow{PD}=(cfrac{sqrt{3}}{3}，0，-cfrac{2sqrt{6}}{3}))；(overrightarrow{AE}=(-cfrac{2sqrt{3}}{3}，1，cfrac{sqrt{6}}{3}))；

令异面直线(PD)和(AE)的夹角为( heta)，则有(cos heta)

(=cfrac{|cfrac{sqrt{3}}{3}cdot (-cfrac{2sqrt{3}}{3})+0cdot 1+(-cfrac{2sqrt{6}}{3}cdot cfrac{sqrt{6}}{3})|}{sqrt{(cfrac{sqrt{3}}{3})^2+(-cfrac{2sqrt{6}}{3})^2}cdot sqrt{(-cfrac{2sqrt{3}}{3})^2+1^2+(cfrac{sqrt{6}}{3})^2}}=cfrac{2}{3})。

说明：向量的夹角范围为([0，pi])，两异面直线的夹角范围([0，cfrac{pi}{2}])。

法2：立体几何法，先作再证后算。

思路：异面直线所成的角，一般是经过平移，使其相交，构建三角形来计算。

过点(A)做(AM//BC)，过点(B)做(BM//AC)交(AM)于点(M)，

点(F)、(H)、(G)分别是线段(PB)、(AM)、(BD)的中点，连接(HF)、(FG)、(HG)，

则有 (EF;;{}_{=}^{//}AH) ，则(AE//FH)，又(PD//FG)，故(angle HFG)为两条异面直线所成的角。

设正四面体的棱长为(2)，则(AE=FH=PD=sqrt{3})，(FG=cfrac{sqrt{3}}{2})；

又在(Delta AHG)中，(AH=1)，(AG=cfrac{3}{2})，(angle HAG=60^circ)，

由余弦定理可知，(HG=cfrac{sqrt{7}}{2})，

在(Delta HFG)中，(HF=sqrt{3})，(FG=cfrac{sqrt{3}}{2})，(HG=cfrac{sqrt{7}}{2})，

由余弦定理可知(cosangle HFG=cfrac{2}{3})。

高阶例题

【2019届宝鸡理数质检Ⅲ第11题】异面直线 (a) ， (b) 所成的角为 (cfrac{pi}{6}) ，直线 (aperp c) ，则异面直线 (b) 和 (c) 所成角的范围是【(quad)】

$A.[cfrac{pi}{3}，cfrac{pi}{2}]$ $B.[cfrac{pi}{6}，cfrac{pi}{2}]$ $C.[cfrac{pi}{3}，cfrac{2pi}{3}]$ $D.[cfrac{pi}{6}，cfrac{5pi}{6}]$

分析：由于求异面直线所成角的范围，故需要先明确其允许的最大范围，是((0，cfrac{pi}{2}])，怎么理解呢？采用简单原则，当同一平面内的两条直线相交时形成两对对顶角，其中的邻角互补，这样我们刻画其位置关系时，仅仅只需要([0，cfrac{pi}{2}])范围内的角就足够了，不需要范围为([0，pi])，那么异面直线所成角的范围就成了((0，cfrac{pi}{2}])，

再者我们需要将已知的直线安放在空间，最好的依托就是正方体和长方体等模型，如下图所示，

当异面直线(a)，(b)所成的角为(cfrac{pi}{6})，直线(aperp c)，那么异面直线(b)和(c)所成角的范围最小是(cfrac{pi}{2}-cfrac{pi}{6}=cfrac{pi}{3})，最大是(cfrac{pi}{2}+cfrac{pi}{6}=cfrac{2pi}{3})，又由于刻画异面直线所成角的范围限制，故只能是([cfrac{pi}{3}，cfrac{pi}{2}])，故选(A)。

【2020届宝鸡质检1文数第16题】如图所示，三棱锥(P-ABC)中，(PAperp)平面(ABC)，(PA=)(AB)(=AC)(=BC)(=2)，(E)是(PC)的中点，求异面直线(AE)与(PB)所成角的余弦值___________。

法1：理科学生可以使用建立空间直角坐标系的思路求解；

法2：平移构造三角形法，取(BC)的中点(F)，连接(EF)和(AF)，

则由(EF//PB)，可知(angle AEF)即为两条异面直线(AE)与(PB)所成的角，

在( riangle AEF)中，容易知道(AE=EF=sqrt{2})，(AF=sqrt{3})，

由余弦定理可知，(cosangle AEF=cfrac{1}{4})；

【北京人大附中高二】【2016浙江卷】如图，已知平面四边形(ABCD)， (AB=BC=3)，(CD=1)，(AD)(=)(sqrt{5})，(angle ADC=90^{circ})，沿直线(AC)将( riangle ACD) 翻折成 ( riangle ACD')，则直线(AC) 与(BD') 所成角的余弦的最大值为__________。

法1：几何法，通过作---证---算的步骤完成。

如图所示，取(AC)的中点(O)，由于(AB=BC=3)，故(BOperp AC)，

在(Rt riangle ACD')中，(AC=sqrt{1^{2}+(sqrt{5})^{2}}=sqrt{6})，

作 (D'Eperp AC)，垂足为(E)，(D'E=cfrac{1 imessqrt{5}}{sqrt{6}}=cfrac{sqrt{30}}{6})，

(CO=cfrac{sqrt{6}}{2})，(CE=cfrac{DC^{2}}{CA}=cfrac{1}{sqrt{6}}=cfrac{sqrt{6}}{6})，故(EO=CO-CE=cfrac{sqrt{6}}{3})，

过点(B)作(BF//AC)，过点(E)作(EF//BO)交(BF)于点(F)，则(EFperp AC)，

连接(D'F)，(angle FBD')为异面直线(AC)与(BD')所成的角求作异面直线所成的角，常用的方法是将其中的一条直线平移和另一条共面，此时这两条共面直线所成的角，即两异面直线所成的角。故两异面直线所成的角的范围为((0,cfrac{pi}{2}])，此题目中，由于(AC)//(BF)，故(angle FBD')即异面直线(AC)与(BD')所成的角(quad)，

则四边形(BOEF)为矩形，所以(BF=EO=cfrac{sqrt{6}}{3})，

(EF=BO=sqrt{3^{2}-(cfrac{sqrt{6}}{2})^{2}}=cfrac{sqrt{30}}{2})，

则(angle FED')为二面角 (D'-CA-B)的平面角，设为( heta)，

则(D'F^{2}=(cfrac{sqrt{30}}{6})^{2}+(cfrac{sqrt{30}}{2})^{2}-2 imescfrac{sqrt{30}}{6} imescfrac{sqrt{30}}{2} imescos heta)

(=cfrac{25}{3}-5cos heta geqslant cfrac{10}{3})，当(cos heta=1) 时取等号，

故(BD')的最小值 (BD'_{min}=sqrt{cfrac{10}{3}+(cfrac{sqrt{6}}{3})^{2}}=2)，

故直线(AC)与(BD')所成角(alpha)的余弦在(Rt riangle BFD')中，(cos)(alpha)(=)(cfrac{邻}{斜})，由于邻边(BF)长度不变，故斜边(BD')最小时，(cosalpha)的值最大；(quad)的最大值([cosalpha]_{max}=cfrac{BF}{BD'}=cfrac{frac{sqrt{6}}{3}}{2}=cfrac{sqrt{6}}{6})

法2： 也可以考虑使用空间向量法；