新教材適用2024版高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第1篇專題4立體幾何第3講空間向量與空間角核心考點(diǎn)1異面直線所成的角教師用書(shū)

第3講空間向量與空間角高頻考點(diǎn)高考預(yù)測(cè)異面直線所成角在選擇、填空或者解答題中繼續(xù)考查異面直線所成角、直線與平面所成的角、二面角(平面與平面的夾角)，注意與體積最值問(wèn)題交匯考查.直線與平面所成的角二面角(平面與平面的夾角)1.(2023·全國(guó)乙卷理科)已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形，若二面角C－AB－D為150°，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為(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】如圖，取AB的中點(diǎn)E，連接CE，DE，則根據(jù)題意易得AB⊥CE，AB⊥DE，∴二面角C－AB－D的平面角為∠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內(nèi)的射影為CE，∴直線CD與平面ABC所成角為∠DCE，過(guò)D作DH垂直CE所在直線，垂足點(diǎn)為H，設(shè)等腰直角三角形ABC的斜邊長(zhǎng)為2，則可易得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).故選C.2.(2021·全國(guó)乙卷)如圖，四棱錐P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M為BC中點(diǎn)，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．【解析】(1)連接BD，因?yàn)镻D⊥底面ABCD，且AM?平面ABCD，則AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD?平面PBD，所以AM⊥平面PBD，又BD?平面PBD，則AM⊥BD，所以Rt△DAB∽R(shí)t△ABM，則eq\f(AD,AB)＝eq\f(BA,BM)，所以eq\f(1,2)BC2＝1，解得BC＝eq\r(2).(2)因?yàn)镈A，DC，DP兩兩垂直，故以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A(eq\r(2)，0,0)，B(eq\r(2)，1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，0))，P(0,0,1)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0,1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0，0))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－1,1)，設(shè)平面AMP的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x＋z＝0，,－\f(\r(2),2)x＋y＝0，))令x＝eq\r(2)，則y＝1，z＝2，故n＝(eq\r(2)，1,2)，設(shè)平面BMP的法向量為m＝(p，q，r)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)p＝0，,－\r(2)p－q＋r＝0，))令q＝1，則r＝1，故m＝(0,1,1)，所以|cosn，m|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(3,\r(7)×\r(2))＝eq\f(3\r(14),14)，設(shè)二面角A－PM－B的平面角為α，則sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－cos2n，m)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(14),14)))2)＝eq\f(\r(70),14)，所以二面角A－PM－B的正弦值為eq\f(\r(70),14).3.(2022·全國(guó)甲卷)在四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝eq\r(3).(1)證明：BD⊥PA；(2)求PD與平面PAB所成的角的正弦值．【解析】(1)證明：在四邊形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因?yàn)镃D∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，所以四邊形ABCD為等腰梯形，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?yàn)镻D⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD＝D，所以BD⊥平面PAD，又因?yàn)镻A?平面PAD，所以BD⊥PA.(2)如圖，以點(diǎn)D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，BD＝eq\r(3)，則A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，P(0,0，eq\r(3))，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，eq\r(3))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3))，設(shè)平面PAB的法向量n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)z＝0，,n·\o(BP,\s\up6(→))＝－\r(3)y＋\r(3)z＝0，))可取n＝(eq\r(3)，1,1)，則cosn，eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\f(n·\o(DP,\s\up6(→)),|n||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，所以PD與平面PAB所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).4.(2023·全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ卷)如圖，三棱錐A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC中點(diǎn)．(1)證明：BC⊥DA；(2)點(diǎn)F滿足eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，求二面角D－AB－F的正弦值．【解析】(1)證明：連接AE，DE，∵DB＝DC，E為BC中點(diǎn)．∴DE⊥BC，又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，∴△ACD與△ABD均為等邊三角形，∴AC＝AB，∴AE⊥BC，AE∩DE＝E，∴BC⊥平面ADE，∵AD?平面ADE，∴BC⊥DA.(2)設(shè)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為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，D(eq\r(2)，0,0)，A(0,0，eq\r(2))，B(0，eq\r(2)，0)，E(0,0,0)，∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，∴F(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，∴eq\o(DA,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0,0)，設(shè)平面DAB與平面ABF的一個(gè)法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(\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)，設(shè)二面角D－AB－F的平面角為θ，則|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3)，故sinθ＝eq\f(\r(3),3)，所以二面角D－AB－F的正弦值為eq\f(\r(3),3).5.(2023·全國(guó)新課標(biāo)Ⅰ卷)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D中，AB＝2，AA1＝4.點(diǎn)A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)證明：B2C2∥A2D2；(2)點(diǎn)P在棱BB1上，當(dāng)二面角P－A2C2－D2為150°時(shí)，求B2P.【解析】(1)證明：根據(jù)題意建系如圖，則有：B2(0,2,2)，C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)，∴eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，∴eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝eq\o(A2D2,\s\up6(→))，又B2，C2，A2，D2四點(diǎn)不共線，∴B2C2∥A2D2.(2)在(1)的坐標(biāo)系下，可設(shè)P(0,2，t)，t∈[0,4]，又由(1)知C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)，∴eq\o(C2A2,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq\o(C2P,\s\up6(→))＝(0,2，t－3)，eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，設(shè)平面PA2C2的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(C2A2,\s\up6(→))＝2x＋2y－2z＝0，,m·\o(C2P,\s\up6(→))＝2y＋t－3z＝0，))取m＝(t－1,3－t,2)，設(shè)平面A2C2D2的法向量為n＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(C2A2,\s\up6(→))＝2a＋2b－2c＝0，,n·\o(A2D2,\s\up6(→))＝－2b＋c＝0，))取n＝(1,1,2)，∴根據(jù)題意可得|cos150°|＝|cosm，n|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)，∴eq\f(\r(3),2)＝eq\f(6,\r(t－12＋3－t2＋4)×\r(6))，∴t2－4t＋3＝0，又t∈[0,4]，∴解得t＝1或t＝3，∴P為B1B2的中點(diǎn)或B2B的中點(diǎn)，∴B2P＝1.6.(2023·全國(guó)甲卷理科)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距離為1.(1)求證：AC＝A1C；(2)若直線AA1與BB1距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．【解析】(1)證明：取CC1的中點(diǎn)，連接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的距離為1，∴A1到CC1的距離為1，∴A1O⊥CC1，∴A1C＝A1C1，∴AC＝A1C.(2)過(guò)A作AM∥A1O交C1C的延長(zhǎng)線于M，連接MB1，取BB1的中點(diǎn)N，連接ON，∴四邊形BCON為平行四邊形，∴ON⊥平面A1C1CA，A1O∩ON＝O，∴CC1⊥平面A1ON，∵A1N?平面A1ON，∴CC1⊥A1N，∴AA1⊥A1N，∴A1N為直線AA1與BB1距離，∴A1N＝2，∴ON＝eq\r(3)，由(1)可知AM⊥平面BCC1B1，∴∠AB1M為AB1與平面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與平面BCC1B1所成角的正弦值為eq\f(\r(13),13).核心考點(diǎn)1異面直線所成的角核心知識(shí)·精歸納異面直線所成的角的范圍以及求角公式若異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別是u＝(x1，y1，z1)，v＝(x2，y2，z2)．(1)θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(2)cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq\f(|u·v|,|u||v|)＝eq\f(|x1x2＋y1y2＋z1z2|,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)＋z\o\al(2,1))\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)＋z\o\al(2,2))).典例研析·悟方法角度1：求異面直線所成的角典例1(1)(2023·金鳳區(qū)校級(jí)三模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為長(zhǎng)方形，PD＝DC＝2，AD＝eq\r(3)，Q為PC上一點(diǎn)，且PQ＝3QC，則異面直線AC與BQ所成的角的余弦值為(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】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求出eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BQ,\s\up6(→))后可求線線角的余弦值．【解析】因?yàn)镻D⊥平面ABCD，DC，AD?平面ABCD，故PD⊥DC，PD⊥AD，底面ABCD為長(zhǎng)方形，故DC⊥AD，所以DP，DC，DA兩兩互相垂直，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DP分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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\co1(0，\f(3,2)，\f(1,2)))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，2,0)，eq\o(BQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，設(shè)異面直線AC與BQ所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(BQ,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BQ,\s\up6(→))|)＝eq\f(|2|,\r(7)·\r(\f(7,2)))＝eq\f(2\r(2),7)，所以異面直線AC與BQ所成的角的余弦值為eq\f(2\r(2),7).故選A.(2)(2023·全國(guó)三模)已知四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝AD，點(diǎn)E是線段PB上的動(dòng)點(diǎn)，則直線DE與平面PBC所成角的最大值為(C)A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,2)【解析】由題意，因?yàn)锳BCD為正方形，且PD⊥底面ABCD，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PD＝AD＝1，則D(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，設(shè)eq\o(PE,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，則eq\o(PE,\s\up6(→))＝(λ，λ，－λ)，所以E(λ，λ，1－λ)，即eq\o(DE,\s\up6(→))＝(λ，λ，1－λ)，設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－z＝0，,y－z＝0，))解得x＝0，y＝z，取y＝z＝1，所以平面PBC的一個(gè)法向量為n＝(0,1,1)，設(shè)直線DE與平面PBC所成角為θ，則sinθ＝|cosn，eq\o(DE,\s\up6(→))|＝eq\f(|n·\o(DE,\s\up6(→))|,|n||\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2λ2＋1－λ2))＝eq\f(1,\r(2)×\r(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,3)))2＋\f(2,3)))，因?yàn)閥＝sinθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞增，所以當(dāng)λ＝eq\f(1,3)時(shí)，sinθ＝eq\f(\r(3),2)最大，此時(shí)θ＝eq\f(π,3)，即直線DE與平面PBC所成角的最大值為eq\f(π,3).故選C.(3)(2023·河北模擬)如圖，在三棱錐A－BCD中，AB⊥CD，AD⊥BC，且BD＝3AC，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，則異面直線AC與BD所成角的大小為_(kāi)90°__，AC與EF所成角的余弦值為eq\f(\r(10),10).【解析】取AB的中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，則FG∥AC，EG∥BD，故∠EFG或其補(bǔ)角為異面直線AC與EF所成的角，過(guò)A作AO⊥平面BCD于點(diǎn)O，連接BO，CO，DO，則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為△BCD的垂心，故BD⊥CO，又AO⊥BD，AO∩CO＝O，故BD⊥平面AOC，故AC⊥BD，即AC與BD所成角為90°，所以∠EGF＝90°，由BD＝3AC，可得EG＝3FG，故cos∠EFG＝eq\f(FG,EF)＝eq\f(\r(10),10)，即異面直線AC與EF所成角的余弦值為eq\f(\r(10),10).角度2：已知異面直線所成的角求其他典例2(1)(2023·豐城市模擬)如圖，在底面為正方形，側(cè)棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，若異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為eq\f(9,10)，則eq\f(AA1,AB)的值為_(kāi)3__.【解析】連接BC1，A1C1，∵AD1∥BC1，∴異面直線A1B與AD1所成角為∠A1BC1或其補(bǔ)角，令A(yù)A1＝t，則A1B＝BC1＝eq\r(t2＋1)，A1C1＝eq\r(2)，|cos∠A1BC1|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(t2＋1)2＋\r(t2＋1)2－\r(2)2,2t2＋1)))＝eq\f(2t2,2t2＋1)＝eq\f(9,10)，∴t2＝9，t＝3，即AA1＝3，∴eq\f(AA1,AB)＝3.(2)在三棱錐P－ABC中，已知△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，PA⊥平面ABC，M，N分別是AB，PC的中點(diǎn)，若異面直線MN，PB所成角的余弦值為eq\f(3,4)，則PA的長(zhǎng)為_(kāi)2__，三棱錐P－ABC的外接球表面積為eq\f(28π,3).【解析】連接CM，則CM⊥AB，又因?yàn)镻A⊥平面ABC，以點(diǎn)M為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(CM,\s\up6(→))、eq\o(MB,\s\up6(→))、eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PA＝2h(h>0)，則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\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，h))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，h))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0,2，－2h)，由已知可得|coseq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))|＝eq\f(|\o(MN,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→))|,|\o(MN,\s\up6(→))|·|\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(2h2＋1,21＋h2)＝eq\f(3,4)，解得h＝1，因此，PA＝2h＝2，則點(diǎn)P(0，－1,2)，設(shè)三棱錐P－ABC的外接球心為O(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|OA|＝|OB|，,|OA|＝|OC|，,|OA|＝|OP|，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y＋12＋z2＝x2＋y－12＋z2，,x2＋y＋12＋z2＝x＋\r(3)2＋y2＋z2，,x2＋y＋12＋z2＝x2＋y＋12＋z－22，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(\r(3),3)，,y＝0，,z＝1，))所以，三棱錐P－ABC的外接球半徑為R＝|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))2＋1＋1)＝eq\f(\r(21),3)，因此，該三棱錐外接球的表面積為4πR2＝eq\f(28,3)π.方法技巧·精提煉求異面直線所成的角的方法1．平移法：步驟：①平移；②認(rèn)定；③計(jì)算；④取舍．2．向量法：步驟：(1)建立空間直角坐標(biāo)系．(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量．(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值．(4)注意兩異面直線所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對(duì)值．加固訓(xùn)練·促提高1.(2023·梅河口市校級(jí)一模)直三棱柱ABC－A1B1C1如圖所示，AB＝4，BC＝3，AC＝5，D為棱AB的中點(diǎn)，三棱柱的各頂點(diǎn)在同一球面上，且球的表面積為61π，則異面直線A1D和B1C所成的角的余弦值為(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