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1@《创新设计》空间角的大小比较及最值(范围)问题2@《创新设计》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3@《创新设计》题型一空间角的大小比较类型1同类角间的大小比较【例1－1】(1)(2020·嘉兴测试)已知长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，AA1＝a，AB＝b，且a＞b，侧棱CC1上一点E满足CC1＝3CE，设异面直线A1B与AD1，A1B与D1B1，AE与D1B1的所成角分别为α，β，γ，则()A.α＜β＜γB.γ＜β＜αC.β＜α＜γD.α＜γ＜β题型突破4@《创新设计》(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，AP＝PB，BQQC＝CRRA＝2，分别记二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角为α，β，γ，则()A.γ＜α＜βB.α＜γ＜βC.α＜β＜γD.β＜γ＜α5@《创新设计》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ABCD－A1B1C1D1的底面为正方形，AA1＝a，AB＝b，且a＞b，侧棱CC1上一点E满足CC1＝3CE，∴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，cosα＝|A1B→·AD1→||A1B→|·|AD1→|＝a2a2＋b2·a2＋b2＝a2a2＋b2，cosβ＝|A1B→·D1B1→||A1B→|·|D1B1→|＝b2a2＋b2·b2＋b2，cosγ＝|AE→·D1B1→||AE→|·|D1B1→|＝0，∵a＞b＞0，∴cosα＞cosβ＞cosγ＝0，∴α＜β＜γ，故选A.6@《创新设计》(2)如图①，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α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠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②，在AB边上取点P′，使AP′＝2P′B，连接OQ，OR，则O为△QRP′的中心.7@《创新设计》设点O到△QRP′三边的距离为a，则OG＝a，OF＝OQ·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′＝a，OE＝OR·sin∠ORE＞OR·sin∠ORP′＝a，∴OF＜OG＜OE，∴ODtanβ＜ODtanγ＜ODtanα，∴α＜γ＜β.答案(1)A(2)B8@《创新设计》类型2不同类型角间的大小比较【例1－2】(1)(2019·浙江卷)设三棱锥V－ABC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α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P－AC－B的平面角为γ，则()A.βγ，αγB.βα，βγC.βα，γαD.αβ，γβ(2)(一题多解)(2018·浙江卷)已知四棱锥S－ABCD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θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S－AB－C的平面角为θ3，则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ19@《创新设计》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β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P－AC－B的平面角γ，所以βγ；因为AC⊂平面ABC，所以直线PB与直线AC所成的角α大于直线PB与平面ABC所成的角β，即αβ.故选B.10@《创新设计》(2)法一由题意知四棱锥S－ABCD为正四棱锥，如图，连接AC，BD，记AC∩BD＝O，连接SO，则SO⊥平面ABCD，取AB的中点M，连接SM，OM，OE，易得AB⊥SM，则θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO，易知θ3≥θ2.再根据最小角定理知θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1，故选D.11@《创新设计》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SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SE′O＝θ3.由题意得tanθ1＝SO′EO′＝52，tanθ2＝SOEO＝152＝25，tanθ3＝1，此时tanθ2＜tanθ3＜tanθ1，可得θ2＜θ3＜θ1，当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1，故选D.答案(1)B(2)D12@《创新设计》【训练1】(1)(2020·浙江十校联盟适考)已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均相等，侧棱AA1⊥平面ABC.过AB1作平面α与BC1平行，设平面α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θ，β，γ，则这三个角的大小关系为()A.θ＞γ＞βB.θ＝β＞γC.γ＞β＞θD.θ＞β＝γ(2)(2020·浙江新高考仿真卷一)已知三棱锥S－ABC的底面ABC为正三角形，SA＜SB＜SC，平面SBC，SCA，SAB与平面ABC所成的锐二面角分别为α1，α2，α3，则()A.α1＜α2B.α1＞α2C.α2＜α3D.α2＞α313@《创新设计》(3)(2020·浙江三校三联)已知正三棱锥S－ABC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α，二面角S－BC－A的平面角为β，SE与AC所成的角为γ，则()A.β＞γ＞αB.γ＞β＞αC.γ＞α＞βD.β＞α＞γ14@《创新设计》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ABCD－A1B1C1D1，其中O，E，F分别为A1C1，B1A1，B1C1中点，由图易得平面AB1D1即为平面α，直线OA即为直线l，则∠AOF，∠AOE，∠AOA1分别为θ，β，γ或它们的补角.设直四棱柱的棱长为2，则在△AOA1中，易得cos∠AOA1＝OA1OA＝55，即cosγ＝55，在△AOF中，易得OF＝1，OA＝5，AF＝7，则由余弦定理得cos∠AOF＝－510，即cosθ＝510.在△AOE中，易得OE＝1，OA＝5，AE＝5，则由余弦定理得cos∠AOE＝510，即cosβ＝510，所以θ＝β＞γ，故选B.15@《创新设计》(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SA＜SB得点P在直线CD的上方，由SB＜SC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S－BC－A和二面角S－CA－B的平面角，且PQ＞PR，又因为tan∠SQP＝SPPQ，tan∠SRP＝SPPR，所以tan∠SQP＜tan∠SRP，则∠SQP＜∠SRP，即α1＜α2，故选A.16@《创新设计》(3)设点S在底面ABC内的投影为点O，连接OG，OE，OB，过点E作DE∥AC交OB于点D，则易得∠SEO＝α，∠SGO＝β，∠SED＝γ，且tan∠SEO＝OSOE，tan∠SGO＝OSOG，tan∠SED＝SDDE，在正三棱锥中易得OE＞OG，DE＜OG，SD＞OS，所以tan∠SED＞tan∠SGO＞tan∠SEO，则γ＞β＞α，故选B.答案(1)B(2)A(3)B17@《创新设计》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，AB＝2，AD＝1，M为AB的中点，将△ADM沿DM翻折，在翻折过程中，当二面角A－BC－D的平面角最大时，其正切值为()A.33B.12C.23D.1418@《创新设计》(2)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1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α，则cosα＝________.19@《创新设计》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A－BC－D的平面角，设∠AEO＝θ(0＜θ＜π)，AE＝22，AO＝AEsinθ＝22sinθ，在图1中，由∠GAB＝45°，可得AG＝22，则OG＝22－22－22cosθ＝22－22(1＋cosθ)，OH＝22OG＝2－12(1＋cosθ)，即有tan∠AHO＝AOOH＝22sinθ2－12（1＋cosθ）＝2·sinθ3－cosθ(0＜θ＜π)，令t＝sinθ3－cosθ，0＜θ＜π，可得sinθ＋tcosθ＝3t≤t2＋1，解得t≤24，则tan∠AHO≤12.∴当二面角A－BC－D的平面角最大时，其正切值为12，故选B.20@《创新设计》21@《创新设计》(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，AP＝a(0≤a≤1)，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→·n＝x＋ay＝0，DB1→·n＝x＋y＋z＝0，令x＝a，得平面PDB1的一个法向量为n＝(a，－1，－a＋1)，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θ，则其余弦值为cosθ＝n·m|n||m|＝|－1|a2＋（－1）2＋（－a＋1）2＝12a－122＋32，易得当二面角取得最小值α时，a＝12，此时有cosα＝63.答案(1)B(2)6322@《创新设计》【训练2】(1)已知三棱锥P－ABC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α，平面PBC与底面ABC所成的角为β，则tan(α＋β)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θ，则cosθ的最大值是________.23@《创新设计》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HM⊥AC于M，HN⊥BC于N，连接PM，PN，则α＝∠PMH，β＝∠PNH.设AC＝BC＝1，AH＝t(0＜t＜2)，则PH＝AB＝2.因为△ABC为等腰直角三角形，所以MH＝AHsin45°＝2t2，NH＝BHsin45°＝2（2－t）2，所以tanα＝PHMH＝222t＝2t，tanβ＝PHNH＝222（2－t）＝22－t，所以tan(α＋β)＝tanα＋tanβ1－tanα·tanβ＝2t＋22－t1－2t×22－t＝－22t2－2t＋4＝－22t－222＋72.因为0＜t＜2，所以当t＝22时，tan(α＋β)取得最小值，最小值为－427.24@《创新设计》(2)以A点为坐标原点，AB，A