空间角的大小比较及最值(范围)问题--备战2022年高考数学配套word试题(创新设计版).pdf

空间角的大小比较及最值(范围)问题)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(线面角是最小的线线角，二面角是最大的线面角)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，常与图形翻折、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 题型一 空间角的大小比较 角度 1 同类角间的大小比较【例 11】(1)(2021嘉兴测试)已知长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 为正方形，AA1a，ABb，且 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，BQQCCRRA2，分别记二面角 DPRQ，DPQR，DQRP 的平面角为，则()A B C D 答案(1)A(2)B 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)，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|A1BAD1|A1B|AD1|a2a2b2a2b2a2a2b2，cos|A1BD1B1|A1B|D1B1|b2a2b2b2b2，cos|AED1B1|AE|D1B1|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，ODtan ODtan ODtan，.角度 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()A123 B321 C132 D231 答案(1)B(2)D 解析(1)由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等因为点 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.因为 OMBC，BCAB，SMAB，所以 3也是 OM 与平面 SAB 所成的角，即 BC 与平面 SAB 所成的角，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 1SOEO52，tan 2SOEO15225，tan 31，此时 tan 2tan 3tan 1，可得 231，当 E 在 AB 中点处时，231，故选 D.【训练 1】(2021宁波适考)在正四面体 SABC 中，点 P 在线段 SA 上运动(不含端点)设 PA 与平面 PBC 所成角为 1，PB 与平面 SAC 所成角为 2，PC 与平面ABC 所成角为 3，则()A213 B231 C312 D321 答案 D 解析 由题意可得，正四面体 SABC 的四个顶点在正方体上，如图所示，不妨设点 A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，S(1，1，1)，且APAS，023，故选D.题型二 空间角的最值【例 2】(1)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)，设在运动过程中，平面 PDB1与平面 ADD1A1所成的最小角为，则 cos _ (2)(一题多解)(2021浙江名师预测二)在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA1 2，点 P，Q 分别为直线 AC1，BB1上的动点，则平面 APQ 与平面 BCC1B1所成二面角的最小值为()A.6 B.4 C.3 D.2 答案(1)63(2)A 解析(1)以点 D 为坐标原点，DA，DC，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DP(1，a，0)，DB1(1，1，1)，设平面 PDB1的法向量为 n(x，y，z)，则DPnxay0，DB1nxyz0，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 nm|n|m|1|a2（1）2（a1）212a12232，易得当二面角取得最小值 时，a12，此时有 cos 63.(2)法一 如图，因为点 PAC1，所以平面 APQ 即为平面 AC1Q，根据二面角与线面角的大小关系知，当 Q 运动到点 B 时，动平面 AC1Q 与平面 BCC1B1所成二面角的最小值即为直线 AC1与平面 BCC1B1所成角AC1B.由题意得 AB1，AC12，所以 sinAC1B12，所以AC1B6，故平面 APQ 与平面 BCC1B1所成二面角的最小值为6，故选 A.法二 如图，以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，由题意可知平面 BCC1B1的一个法向量为 n(0，1，0)，平面APQ 即为平面 AC1Q，则点 A(1，0，0)，C1(0，1，2)，Q(1，1，a)，则AC1(1，1，2)，AQ(0，1，a)，设平面 AC1Q 的法向量为 m(x，y，z)，则AC1mxy 2z0，AQmyaz0，解得m(a 2，a，1)设平面AC1Q与平面BCC1B1所成二面角为，则 cos|a|（a 2）2a2113a63243，所以当 a322时，(cos)max32，所以 min6，故选 A.【训练 2】(1)(2021义乌市联考)如图，正方体 ABCDA1B1C1D1，点 P 在 AB1上运动(不含端点)，点 E 是 AC 上一点(不含端点)，设 EP 与平面 ACD1所成角为，则 cos 的最小值为()A.13 B.33 C.53 D.63(2)(2021金华十校期末调研)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_ 答案(1)A(2)25 解析(1)点 P 在 AB1上运动(不含端点)，点 E 是 AC 上一点(不含端点)，即 EP 的运动区域为AB1C，当 cos 取最小值时，最大，即为平面 AB1C 与平面 AC1D所成的角，以点 D 为坐标原点，DA 所在的直线为 x 轴，DC 所在的直线为 y 轴，DD1所在的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 Dxyz 如图所示，平面 AB1C 的一个法向量 n(1，1，1)，平面 AC1D 的一个法向量 m(1，1，1)，所以 cos|cos m，n|mn|m|n|13 313，故选 A.(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AF1，12，0，E12，0，0，设 M(0，y，1)(0y1)，则EM12，y，1，cosAF，EM1212y11414y21 1y524y25.则 cos|cosAF，EM|1y524y25 2 551y4y25，令 t1y，则 y1t，0y1，0t1，那么 cos 2 55t4t28t9 2 55t24t28t92 55148t9t2，令 x1t，0t1，x1，那么 cos 2 55148x9x2，又z9x28x4 在1，)上单调递增，x1 时，zmin5，此时 cos 的最大值为2 55152 555525.题型三 空间角的范围【例 3】(1)(2021浙江名师预测四)在矩形 ABCD 中，AB 3，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 与直线 BC 成的角范围(包含初始状态)为()A.0，6 B.0，3 C.0，2 D.0，23(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.4，3 B.4，2 C.6，2 D.6，3 答案(1)C(2)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 2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2，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0，2.(2)建立如图坐标系，设正方体 ABCDA1B1C1D1棱长为 1，则AD1(1，0，1)，A1C(1，1，1)设A1PA1C(，)，其中 01.则BP(，1，1)又设 BP 与 AD1所成角为，所以 cos|cosBP，AD1|BPAD1|BP|AD1|1623243.由 01 得12 cos 32，而 02，所以63.【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，则 sin 的取值范围是_ (2)(2021杭州二中月考)在等腰梯形 ABCD 中，已知 ABADCD1，BC2，将ABD 沿直线 BD 翻折成ABD，如图所示，则直线 BA与 CD 所成角的取值范围是()A.3，2 B.6，3 C.6，2 D.0，3 答案(1)0，217(2)A 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 3，连接 CD，在 RtCDC1中，0C1CD，CD 7，sinC1CD217，所以 0sin 217.(2)取 BC 的中点 E，连接 AE，交 BD 于点 O，则由 ABADCD1，BC2 得AEBD，则点 A在以点 O 为圆心，AO 为半径，垂直于直线 BD 的平面内的圆上运动以点 O 为坐标原点，OE，OD 所在直线为 x，y 轴，过点 O 垂直平面 BCD的直线为 z 轴建立空间直角坐标系如图所示，易得点 A12，0，0，B0，32，0，C1，32，0，D0，32，0.设点 A12cos，0，12sin ，0，则BA12cos，32，12sin ，CD(1，0，0)，设直线 BA与直线 CD 的夹角为，则 cos cosBA，CDBACD|BA|CD|12cos 12，12.又因为0，2，所以3，2，故选A.1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 答案 A 解析 因为点 A 在平面 内的射影为点 B，则 APB，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.2(2015浙江卷)如图，已知ABC，D 是 AB 的中点，沿直线 CD 将ACD 翻折成ACD，所成二面角 ACDB 的平面角为，则()AADB BADB CACB DACB 答案 B 解析 AC 和 BC 都不与 CD 垂直，ACB，故 C，D 错误当 CACB时，容易证明ADB.不妨取一个特殊的三角形，如 RtABC，令斜边 AB4，AC2，BC2 3，如图所示，则 CDADBD2，BDH120，设沿直线CD 将ACD 折成ACD，使平面 ACD平面 BCD，则 90.取 CD 中点 H，连接 AH，BH，则 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AB 10.在ADB中，AD2BD2AB220，可知 cosADB，B C D 答案 A 解析 在折叠过程中，由线面角是最小的线线角可知；由二面角是最大的线面角可知，故选 A.4(2021宁波十校联考)正方体 ABCDA1B1C1D1，P 是线段 BD1(不含端点)上的点记直线 PC 与直线 AB 所成角为，直线 PC 与平面 ABC 所成角为，二面角PBCA 的平面角为，则()A B C D 答案 A 解析 由题意知，二面角 PBCA 为平面 D1CB 与平面 ABCD所成的角，其平面角即为D1CD，则 D1CD.如图，因为直线与平面所成的角是此直线与该平面内的直线所成角中的最小角，而D1CD是直线AB与平面D1CB所成的角，PC平面D1CB，则有.又D1CD 也是直线 CD 与平面 D1CB 所成的角，故，所以 B D，的大小关系不能确定 答案 B 解析 作 AH平面 BCD，分别作 HMBD，HNCD 于 M，N 两点由 AB 与平面 BCD 所成的角ABH 总小于 AC 与平面 BCD 所成的角ACH，则 ABAC.设 O 为 BC 的中点，则点 H 在 DO 的右侧，所以有 HMHN，故 tan tanAMHAHHM，tan tanANHAHHN，因此，tan tan，即，故选 B.6已知在矩形 ABCD 中，AD 2AB，沿直线 BD 将ABD 折成ABD，使得点 A在平面 BCD 上的射影在BCD 内(不含边界)，设二面角 ABDC 的大小为，直线 AD，AC 与平面 BCD 所成的角分别为，则()A B C D 答案 D 解析 设点 A在平面 BCD 内的射影为点 O，过点 A作 BD 的垂线，垂足为点 E，设 AB1，则在 RtABD 中易得 AE63，ADO，ACO，AEO，且，均为锐角，tanADOAOOD，tanACOAOOC，tanAEOAOOE，又由翻折及解三角形知识易得当点A在平面BCD内的射影在BCD内(不含边界)时，有 OEOCOD，所以AOODAOOCAOOE，即 tanADOtanACOtanAEO，所以ADOACOAEO，即 AD，现将ABD 沿对角线 BD 翻折得到三棱锥 ABCD，在此过程中，二面角 ABCD，ACDB 的大小分别为，直线 AB 与平面 BCD 所成角为，直线 AD 与平面 BCD 所成角为，则()A B C DOE，OBOD，所以 tan tan，tan tan，所以，.又由最小角定理得，.综上所述，故选 B.8(2021杭州二中仿真模拟)空间线段 ACAB，BDAB，且 ACABBD131，设 CD 与 AB 所成的角为，CD 与平面 ABC 所成的角为，二面角 CABD 的平面角为，则()A2 B2 C2 D2 答案 A 解析 如图所示，过点 B 作 BEAC，且 BEAC，连接 DE.则可知 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，则 20，所以 2，故选 A.9(2021浙江新高考仿真三)在四面体 ABCD 中，ABBC，BCCD，ABBCCD1，AD 3，点 E 为线段 AB 上动点(包含端点)，设直线 DE 与 BC 所成角为，则 cos 的取值范围为()A.0，33 B.0，22 C.22，53 D.33，22 答案 D 解析 由题意得|AD|2(ABBCCD)2|AB|2|BC|2|CD|22ABBC2AB CD2BCCD3，又因为 ABBC，BCCD，ABBCCD1，所以ABCD0，则可将四面体 ABCD 放到棱长为 1 的正方体内，如图所示，以点 C 为坐标原点，CD 所在直线为 x 轴，CB 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系，则易得 C(0，0，0)，B(0，0，1)，D(1，0，0)，E(0，a，1)，a0，1，所以BC(0，0，1)，DE(1，a，1)，所以|cos|12a233，22，故选 D.10(2021金华十校模拟)设三棱锥 VABC 的底面是以 A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA底面 ABC，M 是线段 BC 上的点(端点除外)，记 VM 与 AB 所成角为，VM 与底面 ABC 所成角为，二面角 AVCB 为，则()A2 B，2 D，VMA，则 MVA2.过点 A 作 ANVC，连接 BN，则 BNA，tan tan BNAABAN，而 tan BVAABAV，ANAV，所以 tan BVABVA.又 因 为 tan MVA AMAV，ABAM，所 以 tan MVABVAMVA，则 2，故选 C.11如图 1，在平面多边形 ABCDE 中，四边形 ABCD 是正方形，ADE 是正三角形将ADE 所在平面沿 AD 折叠，使得点 E 达到点 S 的位置(如图 2)若二面角 SADC 的平面角 6，3，则异面直线 AC 与 SD 所成角的余弦值的取值范围是()A.216，24 B.616，24 C.216，6 216 D.0，28 答案 D 解析 如图，取 AD 的中点 O，BC 的中点 G，连接 OS，OG，则 OGAD，以 OG 所在直线为x 轴，OD 所在直线为 y 轴，过点 O 且垂直于平面 ABCD 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系设 AB2，则 A(0，1，0)，C(2，1，0)，D(0，1，0)因为SAD为正三角形，O 为 AD 的中点，所以 SOAD，又 OGAD，所以SOG 是二面角 SADC 的平面角，即SOG，则 S(3cos，0，3sin)因为AC(2，2，0)，DS(3cos，1，3sin)，所以 cosAC，DS2 3cos 22 22.又 6，3，所以 cos 12，32，所以 cosAC，DS62 28，28，故异面直线 AC与 SD 所成角的余弦值的取值范围是0，28.12(2021金华十校期末调研)如图，在底面为正三角形的棱台 ABCA1B1C1中，记锐二面角 A1ABC 的大小为，锐二面角 B1BCA 的大小为，锐二面角 C1ACB 的大小为，若，则()AAA1BB1CC1 BAA1CC1BB1 CCC1BB1AA1 DCC1AA1BB1 答案 D 解析 分别延长 AA1，BB1，CC1交于点 D，过点 D 作 DO底面 ABC，过点 O 分别作ABC 三边的垂线，分别交于点 M，N，P，则 tan DOOM，tan DOON，tan DOOP，因为，所以 OMONOP，则点 O 一定在BEF 内部(不包括边界)，所以 OBOAOC，又因为 AD OA2OD2，BD OB2OD2，CDOC2OD2，所以 BDADCD，所以 CC1AA1BB1，故选 D.13(2016浙江卷)如图，已知平面四边形 ABCD，ABBC3，CD1，AD 5，ADC90，沿直线 AC 将ACD 翻折成ACD，直线 AC 与 BD所成角的余弦的最大值是_ 答案 66 解析 设直线 AC 与 BD所成角为，平面 ACD 翻折的角度为，设 O 是 AC 中点，由已知得 AC 6，如图，以 OB 为 x 轴，OA 为 y 轴，过 O 与平面 ABC 垂直的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 A0，62，0，B302，0，0，C0，62，0，作 DHAC 于 H，连接 DH，翻折过程中，DH 始终与 AC 垂直，CHCD2CA1666，则 OH63，DH1 56306，因此可设 D306cos，63，306sin ，则BD306cos 302，63，306sin ，与CA平行的单位向量为 n(0，1，0)，所以 cos|cosBD，n|BDn|BD|n|6395cos，所以 cos 1 时，cos 取最大值66.