高考數(shù)學(xué)空間角的大小比較及最值(范圍)問題

1、1 / 19 補上一課 ,空間角的大小比較及最值(范圍)問題) 1空間角的大小比較是每年高考的?？碱}型，以選擇題的形式考查，主要類型有線線角間的大小比較、線面角間的大小比較、面面角間的大小比較及線線角、線面角、面面角間的大小比較，主要方法有計算法、元素比較法、三角函數(shù)值比較法及利用最小角定理(線面角是最小的線線角，二面角是最大的線面角)等方法 2立體幾何動態(tài)問題中空間角的最值及范圍也是常見到的題型，常與圖形翻折、點線面等幾何元素的變化有關(guān)，常用方法有幾何法、函數(shù)(導(dǎo)數(shù))法，不等式法等 題型一 空間角的大小比較 角度 1 同類角間的大小比較 【例 11】 (1)(2021 嘉興測試)已知長方體

2、abcda1b1c1d1的底面 abcd 為正方形，aa1a，abb，且 ab，側(cè)棱 cc1上一點 e 滿足 cc13ce，設(shè)異面直線 a1b與 ad1，a1b與 d1b1，ae與 d1b1的所成角分別為 ，則( ) a b c d (2)(2017 浙江卷)如圖，已知正四面體 dabc(所有棱長均相等的三棱錐)，p，q，r 分別為 ab，bc，ca 上的點，appb，bqqccrra2，分別記二面角 dprq，dpqr，dqrp 的平面角為 ，則( ) a b c d 答案 (1)a (2)b 2 / 19 解析 (1)以 d 為原點，da 所在直線為 x 軸，dc 所在直線為 y 軸，dd

3、1所在直線為 z 軸建立空間直角坐標(biāo)系，長方體 abcda1b1c1d1的底面為正方形，aa1a，abb，且 ab，側(cè)棱 cc1上一點 e滿足 cc13ce，a1(b，0，a)，b(b，b，0)，a(b，0，0)，d1(0，0，a)，b1(b，b，a)，e0，b，a3，a1b(0，b，a)，ad1(b，0，a)，d1b1(b，b，0)，aeb，b，a3，cos |a1b ad1|a1b| |ad1|a2a2b2 a2b2a2a2b2，cos |a1b d1b1|a1b| |d1b1|b2a2b2 b2b2，cos |ae d1b1|ae| |d1b1|0，ab0，cos cos cos 0，故

4、選 a. (2)如圖，作出點 d 在底面 abc 上的射影 o，過點 o 分別作 pr，pq，qr 的垂線 oe，of，og，連接 de，df，dg，則 deo，dfo，dgo. 由圖可知它們的對邊都是 do， 只需比較 eo，fo，go的大小即可 如圖，在 ab邊上取點 p，使 ap2pb，連接 oq，or，則 o為qrp的中心 設(shè)點 o到qrp三邊的距離為 a，則 oga， ofoq sinoqfoq sinoqpa， oeor sinoreor sinorpa， ofogoe，odtan odtan odtan ， . 角度 2 不同類型角間的大小比較 3 / 19 【例 12】 (1)

5、(2019 浙江卷)設(shè)三棱錐 vabc 的底面是正三角形，側(cè)棱長均相等，p 是棱 va 上的點(不含端點)記直線 pb 與直線 ac 所成的角為 ，直線 pb與平面 abc所成的角為 ，二面角 pacb的平面角為 ，則( ) a， b， c， d， (2)(一題多解)(2018 浙江卷)已知四棱錐 sabcd 的底面是正方形，側(cè)棱長均相等，e 是線段 ab 上的點(不含端點)設(shè) se 與 bc 所成的角為 1，se 與平面abcd所成的角為 2，二面角 sabc的平面角為 3，則( ) a123 b321 c132 d231 答案 (1)b (2)d 解析 (1)由題意，不妨設(shè)該三棱錐的側(cè)棱長

6、與底面邊長相等因為點 p 是棱 va上的點(不含端點)，所以直線 pb 與平面 abc 所成的角 小于直線 vb 與平面abc 所成的角，而直線 vb 與平面 abc 所成的角小于二面角 pacb 的平面角 ，所以 .故選 b. (2)法一 由題意知四棱錐 sabcd 為正四棱錐，如圖，連接 ac，bd，記acbdo，連接 so，則 so平面 abcd，取 ab 的中點 m，連接 sm，om，oe，易得 absm，則 2seo，3smo，易知 32.因為ombc，bcab，smab，所以 3也是 om 與平面 sab 所成的角，即 bc與平面 sab所成的角，再根據(jù)最小角定理知 31，所以 2

7、31，故選 d. 法二 如圖，不妨設(shè)底面正方形的邊長為 2，e 為 ab 上靠近點 a 的四等分點，e為 ab的中點，s 到底面的距離 so1，以 ee，eo為鄰邊作矩形 ooee，則seo1，seo2，seo3.由題意得 tan 1soeo52，tan 2soeo4 / 19 15225，tan 31，此時 tan 2tan 3tan 1，可得 231，當(dāng) e在 ab中點處時，231，故選 d. 【訓(xùn)練 1】 (2021 寧波適考)在正四面體 sabc中，點 p在線段 sa上運動(不含端點)設(shè) pa 與平面 pbc 所成角為 1，pb 與平面 sac 所成角為 2，pc 與平面abc所成角為

8、 3，則( ) a213 b231 c312 d321 答案 d 解析 由題意可得，正四面體 sabc 的四個頂點在正方體上，如圖所示，不妨設(shè)點 a(1，0，0)，b(0，1，0)，c(0，0，1)，s(1，1，1)，且apas，023，故選 d. 5 / 19 題型二 空間角的最值 【例 2】 (1)如圖所示，在正方體 abcda1b1c1d1中，點 p是棱 ab上的動點(p點可以運動到端點 a 和 b)，設(shè)在運動過程中，平面 pdb1與平面 add1a1所成的最小角為 ，則 cos _ (2)(一題多解)(2021 浙江名師預(yù)測二)在長方體 abcda1b1c1d1中，abad1，aa1

9、2，點 p，q 分別為直線 ac1，bb1上的動點，則平面 apq 與平面bcc1b1所成二面角的最小值為( ) a.6 b.4 c.3 d.2 答案 (1)63 (2)a 解析 (1)以點 d 為坐標(biāo)原點，da，dc，dd1所在的直線分別為 x 軸、y 軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為 1，apa(0a1)，則易得 d(0，0，0)，p(1，a，0)，b1(1，1，1)，則dp(1，a，0)，db1(1，1，1)，設(shè)平面pdb1的法向量為 n(x，y，z)，則dp nxay0，db1 nxyz0，令 xa，得平面 pdb1的一個法向量為 n(a，1，a1)，易得平面 add1a1

10、的一個法向量為 m(0，1，0)，由圖易得平面 pdb1與平面 add1a1所成的二面角為銳角，設(shè)其為 ， 則 其 余 弦 值 為cos n m|n|m|1|a2（1）2（a1）212a12232，易得當(dāng)二面角取得最小值 時，a12，此時有 cos 63. (2)法一 如圖，因為點 pac1，所以平面 apq 即為平面 ac1q，根據(jù)二面角與線面角的大小關(guān)系知，當(dāng) q 運動到點 b 時，動平面 ac1q 與平面 bcc1b1所成二面角的最小值即為直線 ac1與平面 bcc1b1所成角ac1b.由題意得 ab1，ac16 / 19 2，所以 sinac1b12，所以ac1b6，故平面 apq 與

11、平面 bcc1b1所成二面角的最小值為6，故選 a. 法二 如圖，以 d 為坐標(biāo)原點，da，dc，dd1所在直線分別為 x，y，z 軸建立空間直角坐標(biāo)系，由題意可知平面 bcc1b1的一個法向量為 n(0，1，0)，平面apq即為平面 ac1q，則點 a(1，0，0)，c1(0，1， 2)，q(1，1，a)，則ac1 (1，1， 2)，aq(0，1，a)，設(shè)平面 ac1q 的法向量為 m(x，y，z)，則ac1 mxy 2z0，aq myaz0，解得 m(a 2，a，1)設(shè)平面 ac1q 與平面bcc1b1所成二面角為 ，則 cos |a|（a 2）2a2113a63243，所以當(dāng) a322時

12、，(cos )max32，所以 min6，故選 a. 【訓(xùn)練 2】 (1)(2021 義烏市聯(lián)考)如圖，正方體 abcda1b1c1d1，點 p在 ab1上運動(不含端點)，點 e 是 ac 上一點(不含端點)，設(shè) ep 與平面 acd1所成角為，則 cos 的最小值為( ) 7 / 19 a.13 b.33 c.53 d.63 (2)(2021 金華十校期末調(diào)研)如圖，四邊形 abcd 和 adpq 均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點 m 在線段 pq 上，e，f 分別為 ab，bc 的中點設(shè)異面直線 em 與 af所成的角為 ，則 cos 的最大值是_ 答案 (1)a (2)25 解

13、析 (1)點 p在 ab1上運動(不含端點)，點 e是 ac上一點(不含端點)，即 ep的運動區(qū)域為ab1c，當(dāng) cos 取最小值時，最大，即為平面 ab1c與平面 ac1d所成的角，以點 d 為坐標(biāo)原點，da 所在的直線為 x 軸，dc 所在的直線為 y軸，dd1所在的直線為 z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系 dxyz 如圖所示，平面 ab1c的一個法向量 n(1，1，1)，平面 ac1d 的一個法向量 m(1，1，1)，所以cos |cos m，n|m n|m|n|13 313，故選 a. (2)以 a 點為坐標(biāo)原點，ab，ad，aq 所在直線分別為 x 軸，y 軸，z 軸建立空間直角坐標(biāo)系，如

14、圖所示，設(shè) ab1，則af1，12，0 ，e12，0，0 ， 設(shè) m(0，y，1)(0y1)，則em12，y，1 ， 8 / 19 cosaf，em1212y11414y21 1y52 4y25. 則 cos |cosaf，em|1y52 4y25 2 551y4y25， 令 t1y，則 y1t，0y1，0t1， 那么 cos 2 55t4t28t9 2 55t24t28t92 55148t9t2， 令 x1t，0t1，x1， 那么 cos 2 55148x9x2， 又z9x28x4在1，)上單調(diào)遞增， x1 時，zmin5， 此時 cos 的最大值為2 55152 555525. 題型三 空

15、間角的范圍 【例 3】 (1)(2021 浙江名師預(yù)測四)在矩形 abcd 中，ab 3，bc1，將abc 與adc 沿 ac 所在的直線進行隨意翻折，在翻折過程中直線 ad 與直線bc成的角范圍(包含初始狀態(tài))為( ) a.0，6 b.0，3 9 / 19 c.0，2 d.0，23 (2)在正方體 abcda1b1c1d1中，點 p 在 a1c 上運動(包括端點)，則 bp 與 ad1所成角的取值范圍是( ) a.4，3 b.4，2 c.6，2 d.6，3 答案 (1)c (2)d 解析 (1)根據(jù)題意，初始狀態(tài)，直線 ad 與直線 bc 成的角為 0，當(dāng) bd 2時，addb，addc，且

16、 dbdcd，所以 ad平面 dbc，又 bc平面dbc，故 adbc，直線 ad與 bc成的角為2， 所以在翻折過程中直線 ad與直線 bc成的角范圍(包含初始狀態(tài))為0，2. (2)建立如圖坐標(biāo)系，設(shè)正方體 abcda1b1c1d1棱長為 1，則ad1(1，0，1)，a1c(1，1，1)設(shè)a1pa1c(，)，其中 01.則bp(，1，1)又設(shè) bp 與 ad1所成角為，所以 cos |cosbp，ad1|bp ad1|bp|ad1|1623243.由 01 得12 cos 32，而 02，所以63. 【訓(xùn)練 3】 (1)如圖， 10 / 19 在正三棱柱 abca1b1c1中，所有的棱長均

17、為 2，m 是 ab 的中點，動點 p 在底面 a1b1c1內(nèi)，若 bp平面 a1mc，記pcc1，則 sin 的取值范圍是_ (2)(2021 杭州二中月考)在等腰梯形 abcd 中，已知 abadcd1，bc2，將abd 沿直線 bd 翻折成abd，如圖所示，則直線 ba與 cd 所成角的取值范圍是( ) a.3，2 b.6，3 c.6，2 d.0，3 答案 (1)0，217 (2)a 解析 (1)如圖，取 a1b1的中點 d， 連接 bd，c1d，bc1，則 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

18、 a1mc，所以c1d平面 a1mc，又 bdc1dd，所以平面 bc1d平面 a1mc，所以點 p在線段 c1d 上，點 p 的軌跡的長度 c1d 3，連接 cd，在 rtcdc1中，0c1cd，cd 7， sinc1cd217，所以 0sin 217. (2)取 bc 的中點 e，連接 ae，交 bd 于點 o，則由 abadcd1，bc2 得aebd，則點 a在以點 o 為圓心，ao 為半徑，垂直于直線 bd 的平面內(nèi)的圓上運動以點 o 為坐標(biāo)原點，oe，od 所在直線為 x，y 軸，過點 o 垂直平面bcd 的直線為 z 軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，易得點 a12，0，0 ，b0，3

19、2，0 ，c1，32，0 ，d0，32，0 .設(shè)點 a12cos ，0，12sin ，11 / 19 0，則ba12cos ，32，12sin ，cd(1，0，0)，設(shè)直線 ba與直線cd 的夾角為 ，則 cos cosba，cdba cd|ba| |cd|12cos 12，12.又因為 0，2，所以 3，2，故選 a. 1如圖，二面角 l 中，pl，射線 pa，pb 分別在平面 ， 內(nèi)，點 a 在平面 內(nèi)的射影恰好是點 b，設(shè)二面角 l、pa 與平面 所成的角、pb 與平面 所成的角的大小分別為 ，則( ) a b c d 答案 a 解析 因為點 a 在平面 內(nèi)的射影為點 b，則 apb，由

20、二面角的定義易得，設(shè) pb 在平面 內(nèi)的射影為 pb，則 bpb，則由最小角定理得bpbapb，則 .綜上所述，故選 a. 2(2015 浙江卷)如圖，已知abc，d 是 ab 的中點，沿直線 cd 將acd 翻折成acd，所成二面角 acdb的平面角為 ，則( ) aadb badb cacb 12 / 19 dacb 答案 b 解析 ac 和 bc 都不與 cd 垂直，acb，故 c，d 錯誤當(dāng) cacb時，容易證明adb.不妨取一個特殊的三角形，如 rtabc，令斜邊 ab4，ac2，bc2 3，如圖所示，則 cdadbd2，bdh120 ，設(shè)沿直線 cd 將acd 折成acd，使平面

21、acd平面 bcd，則 90 .取 cd 中點 h，連接 ah，bh，則 ahcd，ah平面 bcd，且 ah 3，dh1.在bdh 中，由余弦定理可得 bh 7.在 rtahb 中，由勾股定理可得 ab10.在adb 中，ad2bd2ab220，可知 cosadb， b c d 答案 a 解析 在折疊過程中，由線面角是最小的線線角可知 ；由二面角是最大的線面角可知 ，故選 a. 4(2021 寧波十校聯(lián)考)正方體 abcda1b1c1d1，p 是線段 bd1(不含端點)上的點記直線 pc與直線 ab所成角為 ，直線 pc與平面 abc所成角為 ，二面角pbca 的平面角為 ，則( ) 13

22、/ 19 a b c d 答案 a 解析 由題意知，二面角 pbca為平面 d1cb與平面 abcd所成的角，其平面角即為d1cd，則 d1cd.如圖，因為直線與平面所成的角是此直線與該平面內(nèi)的直線所成角中的最小角，而d1cd 是直線 ab 與平面 d1cb 所成的角，pc平面d1cb，則有 .又d1cd 也是直線 cd 與平面 d1cb 所成的角，故 ，所以 b d， 的大小關(guān)系不能確定 答案 b 解析 作 ah平面 bcd，分別作 hmbd，hncd 于 m，n 兩點由 ab 與平面 bcd 所成的角abh 總小于 ac 與平面 bcd 所成的角ach，則 abac.設(shè) o 為 bc 的中

23、點，則點 h 在 do 的右側(cè)，所以有 hmhn，故 tan tanamhahhm，tan tananhahhn，因此，tan tan ，即 ，故選 b. 6已知在矩形 abcd 中，ad 2ab，沿直線 bd 將abd 折成abd，使得點 a在平面 bcd 上的射影在bcd 內(nèi)(不含邊界)，設(shè)二面角 abdc 的大小為 ，直線 ad，ac 與平面 bcd 所成的角分別為 ，則( ) a b c d 答案 d 解析 設(shè)點 a在平面 bcd 內(nèi)的射影為點 o，過點 a作 bd 的垂線，垂足為點14 / 19 e，設(shè) ab1，則在 rtabd 中易得 ae63，ado，aco，aeo，且 ， 均為

24、銳角，tanadoaood，tanacoaooc，tanaeoaooe，又由翻折及解三角形知識易得當(dāng)點 a在平面 bcd 內(nèi)的射影在bcd 內(nèi) ( 不 含 邊 界 ) 時 ， 有oeocod ， 所 以aoodaoocaooe， 即tanadotanacotanaeo，所以adoacoaeo，即 ad，現(xiàn)將abd 沿對角線 bd 翻折得到三棱錐 abcd，在此過程中，二面角 abcd，acdb 的大小分別為 ，直線 ab 與平面 bcd所成角為 ，直線 ad與平面 bcd所成角為 ，則( ) a b c doe，obod，所以 tan tan ，tan tan ，所以 ，.又由最小角定理得，.

25、綜上所述，故選 b. 8(2021 杭州二中仿真模擬)空間線段 acab，bdab，且 acabbd131，設(shè) cd 與 ab 所成的角為 ，cd 與平面 abc 所成的角為 ，二面角 cabd 的平面角為 ，則( ) a2 b2 15 / 19 c2 d2 答案 a 解析 如圖所示，過點 b 作 beac，且 beac，連接 de.則可知 dce，dbe.由最小角定理可得 .在dbe 中，de2sin 2.在rtdce 中，sin tan 23sin 2sin 2，所以 2.若 db平面 abc，則 20，所以 2，故選 a. 9(2021 浙江新高考仿真三)在四面體 abcd 中，abbc

26、，bccd，abbccd1，ad 3，點 e 為線段 ab 上動點(包含端點)，設(shè)直線 de 與 bc 所成角為 ，則 cos 的取值范圍為( ) a.0，33 b.0，22 c.22，53 d.33，22 答案 d 解析 由題意得|ad|2(abbccd)2|ab|2|bc|2|cd|22ab bc2abcd2bc cd3，又因為 abbc，bccd，abbccd1，所以ab cd0，則可將四面體 abcd 放到棱長為 1 的正方體內(nèi)，如圖所示，以點 c為坐標(biāo)原點，cd 所在直線為 x 軸，cb 所在直線為 z 軸建立空間直角坐標(biāo)系，則易得 c(0，0，0)，b(0，0，1)，d(1，0，0

27、)，e(0，a，1)，a0，1，所以bc(0，0，1)，de(1，a，1)，所以|cos |12a233，22，故選 d. 16 / 19 10(2021 金華十校模擬)設(shè)三棱錐 vabc 的底面是以 a 為直角頂點的等腰直角三角形，va底面 abc，m 是線段 bc 上的點(端點除外)，記 vm 與 ab 所成角為 ，vm 與底面 abc所成角為 ，二面角 avcb為 ，則( ) a2 b，2 d，vma，則 mva2.過點 a 作 anvc，連接 bn，則 bna，tan tan bnaaban， 而 tan bvaabav，anav，所以 tan bvabva.又因為 tan mvaam

28、av，abam，所以 tan mvabvamva，則 2，故選 c. 11如圖 1，在平面多邊形 abcde 中，四邊形 abcd 是正方形，ade 是正三角形將ade 所在平面沿 ad 折疊，使得點 e 達(dá)到點 s 的位置(如圖 2)若二面角 sadc的平面角 6，3，則異面直線 ac與 sd所成角的余弦值的取值范圍是( ) a.216，24 b.616，24 c.216，6 216 d.0，28 17 / 19 答案 d 解析 如圖， 取 ad 的中點 o，bc 的中點 g，連接 os，og，則 ogad，以 og 所在直線為 x 軸，od 所在直線為 y 軸，過點 o 且垂直于平面 abcd 的直線為 z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系設(shè) ab2，則 a(0，1，0)，c(2，1，0)，d(0，1，0)因為sad 為正三角形，o 為 ad 的中點，所以 soad，又 ogad，所以sog是二面角 sadc 的平面角，即sog，則 s( 3cos ，0， 3sin )因為a