立体几何--异面直线所成角问题 典型考点归纳 专项练 2026届高考数学复习备考

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立体几何--异面直线所成角问题 典型考点归纳
专项练 2026届高考数学复习备考
一、单选题
1．已知边长为2的正方形，将沿对角线AC折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，若E为的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．2
2．如图，圆锥SO的底面圆直径为AB，，，D为底面圆上的动点，则（ ）
A．当直线SD与AB所成角为60°时，直线SD与OC所成角为30°
B．当直线SD与AB所成角为60°时，直线SD与OC所成角为60°
C．直线SD与AB所成角的最小值为30°
D．直线SD与AB所成角的最大值为60°
3．在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，，若四棱锥的外接球半径为2，则与所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．已知为圆锥的底面直径，为底面圆心，正三角形内接于，若，圆锥的侧面积为，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，与分别为该圆柱的上、下底面的一条直径，若从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，则直线与直线所成的角为（ ）
A． B． C． D．
6．如图组合体是由正四棱锥与正四棱台组合而成，，则PA与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．在正四棱台中，，，且该正四棱台的体积为28，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．在正四棱柱中，，，分别是平面和上一点，且，，记异面直线与所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，三棱柱的所有棱长都为，且，、、分别为、、的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
二、多选题
11．在四边形中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，下而正确的是（ ）
A．直线与平面所成角的最大值为
B．异面直线与所成角的余弦值取值范围
C．若平面平面，则到平面的距离为
D．三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为
12．如图，在正四棱锥中，为，的交点，为侧棱的中点，为侧棱上一点（异于，两点），若，且，则（ ）
A． B．存在点，使得平面
C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成角的余弦值的最小值为
三、填空题
13．如图，在平行六面体中，底面四边形ABCD是菱形，，，，则的长为 ，直线与直线所成角的余弦值为 ．（结果用a，b表示）
14．在长方体中，底面是边长为1的正方形，，Q是空间中的一个动点，且满足，则直线与所成角的正切值的取值范围为 .
15．如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，则线段的长为
16．在正六棱锥中，直线过，，，，，中的两个不同的点，已知与直线所成角最小，则满足条件的直线的条数为 条.
17．如图所示，在棱长为的正方体中，是棱的中点，，若异面直线和所成角的余弦值为，则的值为 .
四、解答题
18．如图，，，垂足分别为，，异面直线，所成角为，，点，点分别是直线，上的动点，且，设线段的中点为.

(1)求异面直线与所成的角；
(2)求的取值范围.
19．如图，为正方体，动点在对角线上，记．
(1)用向量、、表示向量；
(2)若，求直线与平面所成角的大小；
(3)若异面直线与所成角为，求的值．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B B A C A D D A D
题号 11 12
答案 ACD AC
1．A
通过折至面面垂直，再利用线线平行去转化异面直线所成角的平面角，再进行求解；
取中点为，因为为中点，所以，
即为异面直线和所成角或其补角，
设到平面的距离为，则，
因为当平面平面时，取得最大值，
所以当平面平面时，以四点为顶点的三棱锥体积最大，
又因为正方形边长为，所以，，且，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，即，
故异面直线和所成角的正切值为，
故选：A.
2．B
作出两条异面直线所成的角求解即可判断AB，根据线面角的定义及性质可判断CD.
过作直线分别平行于，交分别为，连接，如图，
则为直线与所成的角，即，且为直线所成的角，
设，则，
在中，，，A错误，B正确；
对于CD，直线与所成角的最小值即为直线与底面所成角，
同时直线与所成角的最大值为直线与所成角，CD错误.
故选：B
3．B
将四棱锥补成长方体，设，根据条件可求得，可得与所成的角即为或其补角，在中，利用余弦定理求解.
设，如图所示，将四棱锥补成长方体，
则四棱锥的外接球半径等于长方体的外接球半径，
因为，，即，所以．
又，所以与所成的角即为或其补角，
由题意以及长方体结构特征知和均为直角三角形，
所以，，
所以．
可知与所成的角为，所以与所成的角的正弦值为．
故选：B．
4．A
先求出圆锥的底面半径和，过点作交的延长线于点，为与所成角，由余弦定理求解即可.
设圆锥的底面半径为，母线长为，
因为，所以，
所以，所以，
所以，又正三角形内接于，
所以，解得：，所以，
所以，
过点作交的延长线于点，，
所以与所成角即为与所成角或其补角，
所以为与所成角，
由余弦定理可得：，
故选：A.
5．C
根据最小距离可得的长度为，即可根据异面直线所成角的定义即可求解.
根据题意可知圆柱的半径和高分别为，
由于从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，故展开图中，则,故，
因此在圆柱中，在下底面作平行于的直径，则的长度为，故所成的角为或其补角，
由于，故直线与直线所成的角为，
故选：C
6．A
根据已知，将几何体补全为正八面体，得到且，即可确定异面直线的夹角.
延长，，，交于Q，易知：，
故是正八面体，故，，
∠APD即为所求异面直线所成角，余弦值为.
故选：A
7．D
解法一：通过作辅助线构造异面直线所成角，再利用四棱台体积公式求出高，结合平面几何知识和余弦定理求解.
解法二：建立空间直角坐标系，求出相关向量，利用向量的夹角公式求解，再根据异面直线所成角的范围得到结果.
解法一：过点作，交于点，则为异面直线与所成的角或其补角.
设该正四棱台的高为，则，得.
，故.
过点作交于点，则，
.连接，易得，
在中，利用余弦定理可得，
故异面直线与所成角的余弦值为.
解法二：设该正四棱台的高为，上底面与下底面的中心分别为，，连接，由题知，得.由正四棱台的性质知平面，
以为坐标原点，过点分别与平行的直线为轴，轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，
所以，，，
故异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D.
8．D
根据向量关系确定点的位置，进而得到异面直线所成角，然后通过三角形外接圆半径与的关系，利用直线与圆相切求出半径最小值，从而得出的最大值．
取M为的中点，由，可知点E在直线上.连接BE，易知，
所以为异面直线AE与CF所成的角，即，在中，设r为外接圆的半径，则，当r最小时，最大.故当的外接圆与线段相切时，r取得最小值.
设的中点为O，在平面中，以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，则，，.
直线的方程为，设外接圆的方程为，
则，解得，，故的最大值为.
故选：D.
9．A
建立空间直角坐标系得出相关点的坐标，设，根据已知以及线面角的坐标表示得出.进而分六个面依次讨论，即可得出点坐标.进而根据线线角的坐标求解即可得出答案.

如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则
，，设，则
易知平面一个法向量为，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
设直线与平面、平面、平面所成的角分别为，
由已知可得.
又，，，
所以有.
又由是正四棱柱表面上的一个动点，易知，所以.
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，点可以为；
若是平面上的一个动点，可知，，，没有满足条件的点；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，重复舍去.
综上所述，.
所以.
又
所以，与所成角的余弦值为.
故选：A.
10．D
连接、，推导出，可知异面直线和所成角等于或其补角，利用余弦定理求出、的长，推导出，可求出的余弦值，即为所求.
连接、，如下图所示：

因为、分别为、的中点，所以，且，
因为且，所以，四边形为平行四边形，
所以，且，
因为为的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
故异面直线和所成角等于或其补角，
在菱形中，，，，
由余弦定理可得，
在中，，，，
由余弦定理可得，
在中，，，，所以，，故，
所以，.
因此，异面直线和所成角的余弦值为.
故选：D.
11．ACD
对于A，根据解三角形可确定即可判定；对于B，由题可计算直线与平面的夹角为，然后可判断直线与所成角为时，两直线共面即可判断；对于C，利用等体积法可计算；对于D，发现为直角三角形，利用外接球半径不小于其外接圆半径可确定；
对于A，，，，，
且，
所以直线与平面所成角的最大值为；
对于B，，，又平面，
所以平面，又，所以直线与平面的夹角为，
则直线与所成角最小角为，此时在直线上，
直线与所成角最大角为，当平面平面垂直时，
，平面平面，平面，
平面，，
所以异面直线与所成角的余弦值取值范围，故B错误；
对于C，由B知当平面平面垂直时，平面，
，
平面，，，
又，所以，，
设到平面的距离为，则，
解得，故C正确；
对于D，因为，所以为直角三角形，
外接圆半径分别为，故三棱锥外接球半径最小为2，
此时球心在中点处，表面积为，故D正确；
故选：ACD.
12．AC
对A，利用勾股定理逆定理即可判断；对B，利用反证法结合面面平行的判定定理即可判断；对C，将其转化为与的关系即可判断；对D，将异面直线夹角进行转化，再利用余弦定理即可判断.
由题意，得．
对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，假设存在点，使得平面．
因为平面平面，所以平面．
又平面平面，所以平面平面，
而平面与平面相交，矛盾，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，如图，取的中点，连接，则．
显然，所以异面直线与所成的角即为．
由，得为正三角形，所以，
所以，故D错误．
故选：AC．
13． ； .
由，应用向量数量积的运算律求模长，根据，，应用向量数量积的运算律及夹角公式求异面直线的夹角.
由，
则
，
所以；
由，，
所以，
，
，
所以，
则直线与直线所成角的余弦值为.
故答案为：，.
14．
方法一：根据题意建立空间直角坐标系，设点，再由转化为，可得Q的轨迹方程，因线段长度不会影响夹角，故不妨取简化运算，再把表示出来，即可求得取值范围，再转化为正切值的取值范围即可.
方法二、根据题意可得，所以点Q的轨迹是以为轴的圆锥侧面，由圆锥的对称性即可得出答案.
方法一：如图，以A为原点，建立空间直角坐标系，
∴，，，，
设 ，
∵，∴，
即，不妨取，
∴，
若，则，
∴，即，
∵，
若，则，
∴，即，
∵，
∴直线与所成角的正切值的取值范围为，
故答案为：.
方法二：如图在长方体中，底面是边长为1的正方形，，
∴，，，，
∵，
∴不妨取，则点Q的轨迹是以为轴，且的圆锥底面圆，
图形如下：
∴当Q在M时，直线与所成角取得最小值，
，
∴当Q在N时，直线与所成角取得最大值，
，
∴直线与所成角的正切值的取值范围为，
故答案为：.
15．
建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用向量的夹角公式求出的最大值，从而确定Q点在上的位置，即可求得答案.
因为平面年，所以两两垂直,
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则各点的坐标分别为,
因为,设，
又，则，
又，从 ,
设 ，
则,
当且仅当，即时，的最大值为,
即直线与所成角的余弦值的最大值为，
而直线与所成角的范围为，
因为在上是减函数，故此时直线与所成角最小，
又因为，所以，
故答案为：
【点睛】方法点睛：建立空间直角坐标系，利用向量的坐标求得的夹角的余弦的最大值，即可确定Q点的位置，进而求得答案，因此在解决类似问题时，可以尝试建立空间坐标系，利用向量解决问题，可以简化题目的难度.
16．3
作出图形，结合题意运用正棱锥的性质、直线与平面所成角的性质，找出满足条件的直线的位置，进而可得本题答案．
设点为底面正六边形的中心，连接、，可得是直线与底面所成的角，
由直线与平面所成角的性质，可知是底面内的直线与所成角的最小值，
显然直线即为满足题意的直线，
由正六边形的性质，可知，所以、的所在直线与直线所成角都相等，
综上所述，当与所成角为最小值时，满足条件的直线有、、，共3条.
故答案为：3
17．
建立空间直角坐标系，求直线和的方向向量，由条件结合向量夹角公式列方程求.
以为坐标原点，以为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，正方体的棱长为，则，
，
.
，
解得（舍去）.
故答案为：.
18．(1)
(2)
（1）作出异面直线与所成的角，解三角形求得所成角的大小.
（2）建立空间直角坐标系，根据列方程，结合椭圆的标准方程求得的取值范围.
（1）如图，过点作的平行线，过点作的平行线交于点，
则有是异面直线与所成的角或其补角.
，，
，，
，，平面，
平面，平面，，
，，为锐角，
，即异面直线与所成的角为.

（2）如图，过的中点分别作，的平行线，，
以为坐标原点，的外角平分线、内角平分线分别为轴，轴，
过点并且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系.
由题意可知，，设，，
则，，
从而，
且.
所以.

因为，，，
所以，，
所以，即,
所以点的轨迹是椭圆（长轴长为6，短轴长为2），其轨迹方程为,
点，所以.
19．(1)
(2)
(3)
（1）根据空间向量加减法计算求解；
（2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再应用线面角的正弦公式计算，最后结合反三角求解；
（3）应用异面直线所成角的余弦公式计算求参.
（1）；
（2）建立如图所示空间直角坐标系，设正方体边长为1，
则有，又因为，
所以，
所以，
若，则，
设平面的法向量为，
，
所以，
所以，
令，则，所以，
设直线与平面所成角为，
所以，所以；
（3）因为异面直线与所成角为，，
所以，，
所以
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