2021届浙江省高考数学一轮学案：第八章 补上一课 空间角的大小比较及最值（范围）问题 WORD版含解析.doc

1、空间角的大小比较及最值(范围)问题 知识拓展1.空间角的大小比较是每年高考的常考题型，以选择题的形式考查，主要类型有线线角间的大小比较、线面角间的大小比较、面面角间的大小比较及线线角、线面角、面面角间的大小比较，主要方法有计算法、元素比较法、三角函数值比较法及利用最小角定理等方法.2.立体几何动态问题中空间角的最值及范围也是常见到的题型，常与图形转折、点线面等几何元素的变化有关，常用方法有几何法、函数(导数)法，不等式法等. 题型突破题型一空间角的大小比较类型1同类角间的大小比较【例11】 (1)(2020嘉兴测试)已知长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD为正方形，AA1a，ABb，且

2、ab，侧棱CC1上一点E满足CC13CE，设异面直线A1B与AD1，A1B与D1B1，AE与D1B1的所成角分别为，则()A. B.C. D.(2)(2017浙江卷)如图，已知正四面体DABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，APPB，2，分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为，则()A. B.C. D.解析(1)以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，长方体ABCDA1B1C1D1的底面为正方形，AA1a，ABb，且ab，侧棱CC1上一点E满足CC13CE，A1(b，0，a)，B(b，b，0)，

3、A(b，0，0)，D1(0，0，a)，B1(b，b，a)，E，(0，b，a)，(b，0，a)，(b，b，0)，cos ，cos ，cos 0，ab0，cos cos cos 0，故选A.(2)如图，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE，OF，OG，连接DE，DF，DG，则DEO，DFO，DGO.由图可知它们的对边都是DO，只需比较EO，FO，GO的大小即可.如图，在AB边上取点P，使AP2PB，连接OQ，OR，则O为QRP的中心.设点O到QRP三边的距离为a，则OGa，OFOQsinOQFOQsinOQPa，OEORsinOREORsinORPa，OFOGOE

4、，.答案(1)A(2)B类型2不同类型角间的大小比较【例12】 (1)(2019浙江卷)设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，二面角PACB的平面角为，则()A.， B.，C.， D.，(2)(一题多解)(2018浙江卷)已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则()A.123 B.321C.132 D.231解析(1)由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等.

5、因为点P是棱VA上的点(不含端点)，所以直线PB与平面ABC所成的角小于直线VB与平面ABC所成的角，而直线VB与平面ABC所成的角小于二面角PACB的平面角，所以.故选B.(2)法一由题意知四棱锥SABCD为正四棱锥，如图，连接AC，BD，记ACBDO，连接SO，则SO平面ABCD，取AB的中点M，连接SM，OM，OE，易得ABSM，则2SEO，3SMO，易知32.再根据最小角定理知31，所以231，故选D.法二如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E为AB的中点，S到底面的距离SO1，以EE，EO为邻边作矩形OOEE，则SEO1，SEO2，SEO3.由题意得tan

6、 1，tan 2，tan 31，此时tan 2tan 3tan 1，可得231，当E在AB中点处时，231，故选D.答案(1)B(2)D【训练1】 (1)(2020浙江十校联盟适考)已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均相等，侧棱AA1平面ABC.过AB1作平面与BC1平行，设平面与平面ACC1A1的交线为l，记直线l与直线AB，BC，CA所成锐角分别为，则这三个角的大小关系为()A. B. C. D.(2)(2020浙江新高考仿真卷一)已知三棱锥SABC的底面ABC为正三角形，SASBSC，平面SBC，SCA，SAB与平面ABC所成的锐二面角分别为1，2，3，则()A.12 B.12 C.

7、23 D.23(3)(2020浙江三校三联)已知正三棱锥SABC中，G为BC的中点，E为线段BG上的动点(不包括端点)，SE与平面ABC所成的角为，二面角SBCA的平面角为，SE与AC所成的角为，则()A. B. C. D.解析(1)以BA，BC为邻边作平行四边形ABCD，以四边形ABCD为底面补全如图所示的直四棱柱ABCDA1B1C1D1，其中O，E，F分别为A1C1，B1A1，B1C1中点，由图易得平面AB1D1即为平面，直线OA即为直线l，则AOF，AOE，AOA1分别为，或它们的补角.设直四棱柱的棱长为2，则在AOA1中，易得cosAOA1，即cos ，在AOF中，易得OF1，OA，A

8、F，则由余弦定理得cosAOF，即cos .在AOE中，易得OE1，OA，AE，则由余弦定理得cosAOE，即cos ，所以，故选B.(2)如图，设底面等边三角形ABC的中心为O，AB，BC边上的高分别为CD，AE，顶点S在底面ABC上的投影为点P，则由SASB得点P在直线CD的上方，由SBSC得点P在直线AE的左侧，则点P的投影在图中阴影部分(不含边界)的区域.过点P分别作BC，AC的垂线，垂足分别为Q，R，易得SQP，SRP即为二面角SBCA和二面角SCAB的平面角，且PQPR，又因为tanSQP，tanSRP，所以tanSQPtanSRP，则SQPSRP，即12，故选A.(3)设点S在底

9、面ABC内的投影为点O，连接OG，OE，OB，过点E作DEAC交OB于点D，则易得SEO，SGO，SED，且tanSEO，tanSGO，tanSED，在正三棱锥中易得OEOG，DEOG，SDOS，所以tanSEDtanSGOtanSEO，则，故选B.答案(1)B(2)A(3)B题型二空间角的最值【例2】 (1)(2020台州期末评估)如图，在矩形ABCD中，AB2，AD1，M为AB的中点，将ADM沿DM翻折，在翻折过程中，当二面角ABCD的平面角最大时，其正切值为()A. B. C. D.(2)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是棱AB上的动点(P点可以运动到端点A和B)，设在

10、运动过程中，平面PDB1与平面ADD1A1所成的最小角为，则cos _.解析(1)在图1中，过A作DM的垂线，垂足为E，交CD于F，交BC的延长线于G，在图2中，设A在平面BCD内的射影为O，则O在直线EG上，过O作BC的垂线，垂足为H，连接AH，则AHO为二面角ABCD的平面角，设AEO(0)，AE，AOAEsin sin ，在图1中，由GAB45，可得AG2，则OG2cos 2(1cos )，OHOG2(1cos )，即有tanAHO(0)，令t，0，可得sin tcos 3t，解得t，则tanAHO.当二面角ABCD的平面角最大时，其正切值为，故选B.(2)以点D为坐标原点，DA，DC，

11、DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，APa(0a1)，则易得D(0，0，0)，P(1，a，0)，B1(1，1，1)，则(1，a，0)，(1，1，1)，设平面PDB1的法向量为n(x，y，z)，则令xa，得平面PDB1的一个法向量为n(a，1，a1)，易得平面ADD1A1的一个法向量为m(0，1，0)，由图易得平面PDB1与平面ADD1A1所成的二面角为锐角，设其为，则其余弦值为cos ，易得当二面角取得最小值时，a，此时有cos .答案(1)B(2)【训练2】 (1)已知三棱锥PABC中，点P在底面ABC上的投影正好在等腰直角三角形ABC的斜边AB上(

12、不包含两端点)，点P到底面ABC的距离等于等腰直角三角形ABC的斜边AB的长.设平面PAC与底面ABC所成的角为，平面PBC与底面ABC所成的角为，则tan()的最小值为_.(2)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为，则cos 的最大值是_.解析(1)设点P在底面ABC上的投影为H，连接PH，则PH平面ABC.过H作HMAC于M，HNBC于N，连接PM，PN，则PMH，PNH.设ACBC1，AHt(0t)，则PHAB.因为ABC为等腰直角三角形，所以MHAHsin 45，NHBHsin

13、 45，所以tan ，tan ，所以tan().因为0t，所以当t时，tan()取得最小值，最小值为.(2)以A点为坐标原点，AB，AD，AQ所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AB1，则，E，设M(0，y，1)(0y1)，则，cos，.则cos |cos，|，令t1y，则y1t，0y1，0t1，那么cos ，令x，0t1，x1，那么cos ，又z9x28x4在1，)上单调递增，x1时，zmin5，此时cos 的最大值为.答案(1)(2)题型三空间角的范围【例3】 (1)在矩形ABCD中，AB，BC1，将ABC与ADC沿AC所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD

14、与直线BC成的角范围(包含初始状态)为()A. B.C. D.(2)(2020浙江高考适应性考试)四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，点M是球O1上的动点，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为()A. B.C. D.解析(1)根据题意，初始状态，直线AD与直线BC成的角为0，当BD时，ADDB，ADDC，且DBDCD，所以AD平面DBC，又BC平面DBC，故ADBC，直线AD与BC成的角为，所以在翻折过程中直线AD与直线BC成的角范围(包含初始状态)为.(2)由四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，则可以把O1，O2，O3，O4看成正四面体的四个顶点，球的

15、半径为棱长的一半，记球的半径为1，则正四面体的棱长为2.平移直线O3O4至O2C位置，过O2C，O1的平面截球O1得一个大圆，过O2作大圆的两条切线O2E，O2F，由线面垂直易证O1O2O2C，由图可知，当点M运动至切点E时，MO2C最小，当点M运动至切点F时，MO2C最大，设EO2O1，则MO2C.在RtEO2O1中，sin ，则，即直线O2M与直线O3O4所成角，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为.故选C.答案(1)C(2)C【训练3】 (1)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，所有的棱长均为2，M是AB的中点，动点P在底面A1B1C1内，若BP平面A1MC，记PCC1

16、，则sin 的取值范围是_.(2)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在A1C上运动(包括端点)，则BP与AD1所成角的取值范围是()A. B.C. D.解析(1)如图，取A1B1的中点D，连接BD，C1D，BC1，则BDA1M，又A1M平面A1MC，BD平面A1MC，所以BD平面A1MC，又C1DCM，C1D平面A1MC，CM平面A1MC，所以C1D平面A1MC，又BDC1DD，所以平面BC1D平面A1MC，所以点P在线段C1D上，点P的轨迹的长度C1D，连接CD，在RtCDC1中，0C1CD，CD，sinC1CD，所以0sin .(2)建立如图坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1棱

17、长为1，则(1，0，1)，(1，1，1).设(，)，其中01.则(，1，1).又设BP与AD1所成角为，所以cos |cos，|.由01得cos ，而0，所以.答案(1)(2)D 补偿训练1.如图，平面，l，A，B，A，B到l的距离分别是a和b，AB与，所成的角分别是和，线段AB在，内的射影长分别是m和n，若ab，则()A.，mnB.，mnC.，mnD.n解析由题意得解得答案D2.如图，二面角l中，Pl，射线PA，PB分别在平面，内，点A在平面内的射影恰好是点B，设二面角l、PA与平面所成的角、PB与平面所成的角的大小分别为，则()A. B.C. D.解析因为点A在平面内的射影为点B，则APB

18、，由二面角的定义易得，设PB在平面内的射影为PB，则BPB，则由最小角定理得BPBAPB，则.综上所述，故选A.答案A3.已知两个平面，和三条直线m，a，b，若m，a且am，b，设和所成的一个二面角的大小为1，直线a和平面所成的角的大小为2，直线a，b所成的角的大小为3，则()A.123 B.312C.13，23 D.12，32解析当平面与平面所成的二面角为锐角或直角时，12，当平面与平面所成的二面角为钝角时，2为1的补角，则12，综上所述，12.又由最小角定理得32.答案D4.在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，D，E分别是BC，AB的中点，ABAC，且ACAD.设PC与DE所成

19、角为，PD与平面ABC所成角为，二面角PBCA为，则()A. B. C. D.解析由题图可知PCA，PDAAD，故tan tan ，则.过点A作AQBC，垂足为Q，连接PQ，则PQA，同理可证得，所以ABBC，D在底面的投影O为ABC的外心，分别记直线DO与平面ABD，ACD，BCD所成的角为，则()A. B.C. D.ABBC，所以OEOFOG，则，即tan tan tan ，所以 B.C. D.解析作FF平面BB1D1D，则FF，作FKOB1，FMOE，FNB1D1，所以tan tanFKF，tan tanFMF，tan tan FNF，又FKOFsinB1OF，FMOFsinEOF，且AFAA1OFFKFM，所以tan tan tan ，所以，故选D.答案D