1、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.知识拓展 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ab，
2、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.题型突破(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.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
3、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)，AE b，b，a3，cos|A1B AD1|A1B|AD1|a2a2b2a2b2a2a2b2，cos|A1B D1B1|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
4、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，.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)
5、(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.123B.321 C.132D.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.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
6、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 1SOEO 52，tan 2SOEO 152 25，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
7、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.12B.12 C.23D.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(
8、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 cosAOA1OA1OA 55，即 cos 55，在AOF 中，易得 OF1，OA 5，AF 7，则由余弦定理得 cosAOF 510，即 cos 510.在AOE 中，易得OE1，OA 5，AE 5，则由余弦定理得 cosAOE 510，即 cos 51
9、0，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 tanSQPSPPQ，tanSRPSPPR，所以 tanSQPtanSRP，则SQPSRP，即 12，故选 A.(3)设点 S 在底面 ABC 内的投
10、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 tanSEOOSOE，tanSGOOSOG，tanSEDSDDE，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.33B.12C.23D.14(2)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是棱A
11、B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 _.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 22，AOAEsin 22 sin，在图 1 中，由GAB45，可得 AG2 2，则 OG2 2 22 22 cos 2 2 22(1cos)，OH 22 OG212(1cos)，即有
12、tanAHOAOOH22 sin 212（1cos）2sin 3cos(0)，令 tsin 3cos，0，可得 sin tcos 3t t21，解得 t 24，则 tanAHO12.当二面角 ABCD 的平面角最大时，其正切值为12，故选 B.(2)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DP nxay0，DB1 nxyz0，令 xa，得
13、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.答案(1)B(2)63【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(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ta
14、n()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 2)，则 PHAB 2.因为ABC 为等腰直角三角形，所以 MHAHsin 45 2t2，NHBHsin 45 2（2t）2，所以 tan PHMH222 t2t，tan PHNH222（2t）22t，
15、所以 tan()tan tan 1tan tan 2t22t12t22t2 2t2 2t42 2t 22272.因为 0t 2，所以当 t 22 时，tan()取得最小值，最小值为4 27.(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 EM 12，y，1，cos AF，EM 1212y11414y211y52 4y25.则 cos|cosAF，EM|1y52 4y252 55 1y4y25，令 t1y，则 y1t，0y1，0t1，那么 cos 2
16、 55 t4t28t92 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 55 152 55 55 25.答案(1)4 27 (2)25题型三 空间角的范围【例 3】(1)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.0，6B.0，3C.0，2D.0，23(2)(2020浙江高考适应性考试)四个同样大小的球 O1，O2，O3，O4
17、 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.2 55，1B.55，1C.32，1D.33，1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)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，球的半径为棱长的一半，记球的半径为
18、 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MO2C2，2.在 RtEO2O1 中，sin 12，则 6，即直线 O2M 与直线 O3O4 所成角 3，2，则直线 O2M与直线 O3O4 所成角的正弦值的取值范围为32，1.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
19、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)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.4，3B.4，2C.6，2D.6，3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，sinC1CD 217，所以 0sin 217.(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A1P A1C(，)，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12cos 32，而 02，所以63.答案(1)0，217(2)D
