浙江省2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何與空間向量補上一課空間角的大小比較及最值范圍問題含解析

PAGE空間角的大小比較及最值(范圍)問題學(xué)問拓展1.空間角的大小比較是每年高考的常考題型，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，常與圖形轉(zhuǎn)折、點線面等幾何元素的改變有關(guān)，常用方法有幾何法、函數(shù)(導(dǎo)數(shù))法，不等式法等.題型突破題型一空間角的大小比較類型1同類角間的大小比較【例1－1】(1)(2024·嘉興測試)已知長方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD為正方形，AA1＝a，AB＝b，且a＞b，側(cè)棱CC1上一點E滿意CC1＝3CE，設(shè)異面直線A1B與AD1，A1B與D1B1，AE與D1B1的所成角分別為α，β，γ，則()A.α＜β＜γ B.γ＜β＜αC.β＜α＜γ D.α＜γ＜β(2)(2024·浙江卷)如圖，已知正四面體DABC(全部棱長均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點，AP＝PB，eq\f(BQ,QC)＝eq\f(CR,RA)＝2，分別記二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角為α，β，γ，則()A.γ＜α＜β B.α＜γ＜βC.α＜β＜γ D.β＜γ＜α解析(1)以D為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，∵長方體ABCD－A1B1C1D1的底面為正方形，AA1＝a，AB＝b，且a＞b，側(cè)棱CC1上一點E滿意CC1＝3CE，∴A1(b，0，a)，B(b，b，0)，A(b，0，0)，D1(0，0，a)，B1(b，b，a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(a,3)))，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0，b，－a)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－b，0，a)，eq\o(D1B1,\s\up6(→))＝(b，b，0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b，b，\f(a,3)))，cosα＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·\o(AD1,\s\up6(→))|,|\o(A1B,\s\up6(→))|·|\o(AD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(a2,\r(a2＋b2)·\r(a2＋b2))＝eq\f(a2,a2＋b2)，cosβ＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·\o(D1B1,\s\up6(→))|,|\o(A1B,\s\up6(→))|·|\o(D1B1,\s\up6(→))|)＝eq\f(b2,\r(a2＋b2)·\r(b2＋b2))，cosγ＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·\o(D1B1,\s\up6(→))|,|\o(AE,\s\up6(→))|·|\o(D1B1,\s\up6(→))|)＝0，∵a＞b＞0，∴cosα＞cosβ＞cosγ＝0，∴α＜β＜γ，故選A.(2)如圖①，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α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO.由圖可知它們的對邊都是DO，∴只需比較EO，F(xiàn)O，GO的大小即可.如圖②，在AB邊上取點P′，使AP′＝2P′B，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OG＝a，OF＝OQ·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′＝a，OE＝OR·sin∠ORE＞OR·sin∠ORP′＝a，∴OF＜OG＜OE，∴eq\f(OD,tanβ)＜eq\f(OD,tanγ)＜eq\f(OD,tanα)，∴α＜γ＜β.答案(1)A(2)B類型2不同類型角間的大小比較【例1－2】(1)(2024·浙江卷)設(shè)三棱錐V－ABC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α，直線PB與平面ABC所成的角為β，二面角P－AC－B的平面角為γ，則()A.β<γ，α<γ B.β<α，β<γC.β<α，γ<α D.α<β，γ<β(2)(一題多解)(2024·浙江卷)已知四棱錐S－ABCD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θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S－AB－C的平面角為θ3，則()A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1解析(1)由題意，不妨設(shè)該三棱錐的側(cè)棱長與底面邊長相等.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β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P－AC－B的平面角γ，所以β<γ；因為AC?平面ABC，所以直線PB與直線AC所成的角α大于直線PB與平面ABC所成的角β，即α>β.故選B.(2)法一由題意知四棱錐S－ABCD為正四棱錐，如圖，連接AC，BD，記AC∩BD＝O，連接SO，則SO⊥平面ABCD，取AB的中點M，連接SM，OM，OE，易得AB⊥SM，則θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO，易知θ3≥θ2.再依據(jù)最小角定理知θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1，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究竟面的距離SO＝1，以EE′，E′O為鄰邊作矩形OO′EE′，則∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SE′O＝θ3.由題意得tanθ1＝eq\f(SO′,EO′)＝eq\f(\r(5),2)，tanθ2＝eq\f(SO,EO)＝eq\f(1,\f(\r(5),2))＝eq\f(2,\r(5))，tanθ3＝1，此時tanθ2＜tanθ3＜tanθ1，可得θ2＜θ3＜θ1，當(dāng)E在AB中點處時，θ2＝θ3＝θ1，故選D.答案(1)B(2)D【訓(xùn)練1】(1)(2024·浙江十校聯(lián)盟適考)已知三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱長均相等，側(cè)棱AA1⊥平面ABC.過AB1作平面α與BC1平行，設(shè)平面α與平面ACC1A1的交線為l，記直線l與直線AB，BC，CA所成銳角分別為θ，β，γ，則這三個角的大小關(guān)系為()A.θ＞γ＞β B.θ＝β＞γC.γ＞β＞θ D.θ＞β＝γ(2)(2024·浙江新高考仿真卷一)已知三棱錐S－ABC的底面ABC為正三角形，SA＜SB＜SC，平面SBC，SCA，SAB與平面ABC所成的銳二面角分別為α1，α2，α3，則()A.α1＜α2 B.α1＞α2C.α2＜α3 D.α2＞α3(3)(2024·浙江三校三聯(lián))已知正三棱錐S－ABC中，G為BC的中點，E為線段BG上的動點(不包括端點)，SE與平面ABC所成的角為α，二面角S－BC－A的平面角為β，SE與AC所成的角為γ，則()A.β＞γ＞α B.γ＞β＞αC.γ＞α＞β D.β＞α＞γ解析(1)以BA，BC為鄰邊作平行四邊形ABCD，以四邊形ABCD為底面補全如圖所示的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，其中O，E，F(xiàn)分別為A1C1，B1A1，B1C1中點，由圖易得平面AB1D1即為平面α，直線OA即為直線l，則∠AOF，∠AOE，∠AOA1分別為θ，β，γ或它們的補角.設(shè)直四棱柱的棱長為2，則在△AOA1中，易得cos∠AOA1＝eq\f(OA1,OA)＝eq\f(\r(5),5)，即cosγ＝eq\f(\r(5),5)，在△AOF中，易得OF＝1，OA＝eq\r(5)，AF＝eq\r(7)，則由余弦定理得cos∠AOF＝－eq\f(\r(5),10)，即cosθ＝eq\f(\r(5),10).在△AOE中，易得OE＝1，OA＝eq\r(5)，AE＝eq\r(5)，則由余弦定理得cos∠AOE＝eq\f(\r(5),10)，即cosβ＝eq\f(\r(5),10)，所以θ＝β＞γ，故選B.(2)如圖，設(shè)底面等邊三角形ABC的中心為O，AB，BC邊上的高分別為CD，AE，頂點S在底面ABC上的投影為點P，則由SA＜SB得點P在直線CD的上方，由SB＜SC得點P在直線AE的左側(cè)，則點P的投影在圖中陰影部分(不含邊界)的區(qū)域.過點P分別作BC，AC的垂線，垂足分別為Q，R，易得∠SQP，∠SRP即為二面角S－BC－A和二面角S－CA－B的平面角，且PQ＞PR，又因為tan∠SQP＝eq\f(SP,PQ)，tan∠SRP＝eq\f(SP,PR)，所以tan∠SQP＜tan∠SRP，則∠SQP＜∠SRP，即α1＜α2，故選A.(3)設(shè)點S在底面ABC內(nèi)的投影為點O，連接OG，OE，OB，過點E作DE∥AC交OB于點D，則易得∠SEO＝α，∠SGO＝β，∠SED＝γ，且tan∠SEO＝eq\f(OS,OE)，tan∠SGO＝eq\f(OS,OG)，tan∠SED＝eq\f(SD,DE)，在正三棱錐中易得OE＞OG，DE＜OG，SD＞OS，所以tan∠SED＞tan∠SGO＞tan∠SEO，則γ＞β＞α，故選B.答案(1)B(2)A(3)B題型二空間角的最值【例2】(1)(2024·臺州期末評估)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，M為AB的中點，將△ADM沿DM翻折，在翻折過程中，當(dāng)二面角A－BC－D的平面角最大時，其正切值為()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(1,4)(2)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1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α，則cosα＝________.解析(1)在圖1中，過A作DM的垂線，垂足為E，交CD于F，交BC的延長線于G，在圖2中，設(shè)A在平面BCD內(nèi)的射影為O，則O在直線EG上，過O作BC的垂線，垂足為H，連接AH，則∠AHO為二面角A－BC－D的平面角，設(shè)∠AEO＝θ(0＜θ＜π)，AE＝eq\f(\r(2),2)，AO＝AEsinθ＝eq\f(\r(2),2)sinθ，在圖1中，由∠GAB＝45°，可得AG＝2eq\r(2)，則OG＝2eq\r(2)－eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(2),2)cosθ＝2eq\r(2)－eq\f(\r(2),2)(1＋cosθ)，OH＝eq\f(\r(2),2)OG＝2－eq\f(1,2)(1＋cosθ)，即有tan∠AHO＝eq\f(AO,OH)＝eq\f(\f(\r(2),2)sinθ,2－\f(1,2)（1＋cosθ）)＝eq\r(2)·eq\f(sinθ,3－cosθ)(0＜θ＜π)，令t＝eq\f(sinθ,3－cosθ)，0＜θ＜π，可得sinθ＋tcosθ＝3t≤eq\r(t2＋1)，解得t≤eq\f(\r(2),4)，則tan∠AHO≤eq\f(1,2).∴當(dāng)二面角A－BC－D的平面角最大時，其正切值為eq\f(1,2)，故選B.(2)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，AP＝a(0≤a≤1)，則易得D(0，0，0)，P(1，a，0)，B1(1，1，1)，則eq\o(DP,\s\up6(→))＝(1，a，0)，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1，1，1)，設(shè)平面PDB1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DP,\s\up6(→))·n＝x＋ay＝0，,\o(DB1,\s\up6(→))·n＝x＋y＋z＝0，))令x＝a，得平面PDB1的一個法向量為n＝(a，－1，－a＋1)，易得平面ADD1A1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θ，則其余弦值為cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·m,|n||m|)))＝eq\f(|－1|,\r(a2＋（－1）2＋（－a＋1）2))＝eq\f(1,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,2)))，易得當(dāng)二面角取得最小值α?xí)r，a＝eq\f(1,2)，此時有cosα＝eq\f(\r(6),3).答案(1)B(2)eq\f(\r(6),3)【訓(xùn)練2】(1)已知三棱錐P－ABC中，點P在底面ABC上的投影正好在等腰直角三角形ABC的斜邊AB上(不包含兩端點)，點P究竟面ABC的距離等于等腰直角三角形ABC的斜邊AB的長.設(shè)平面PAC與底面ABC所成的角為α，平面PBC與底面ABC所成的角為β，則tan(α＋β)的最小值為________.(2)如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面相互垂直，動點M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點.設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ，則cosθ的最大值是________.解析(1)設(shè)點P在底面ABC上的投影為H，連接PH，則PH⊥平面ABC.過H作HM⊥AC于M，HN⊥BC于N，連接PM，PN，則α＝∠PMH，β＝∠PNH.設(shè)AC＝BC＝1，AH＝t(0＜t＜eq\r(2))，則PH＝AB＝eq\r(2).因為△ABC為等腰直角三角形，所以MH＝AHsin45°＝eq\f(\r(2)t,2)，NH＝BHsin45°＝eq\f(\r(2)（\r(2)－t）,2)，所以tanα＝eq\f(PH,MH)＝eq\f(\r(2),\f(\r(2),2)t)＝eq\f(2,t)，tanβ＝eq\f(PH,NH)＝eq\f(\r(2),\f(\r(2),2)（\r(2)－t）)＝eq\f(2,\r(2)－t)，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanα·tanβ)＝eq\f(\f(2,t)＋\f(2,\r(2)－t),1－\f(2,t)×\f(2,\r(2)－t))＝－eq\f(2\r(2),t2－\r(2)t＋4)＝－eq\f(2\r(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\f(7,2)).因為0＜t＜eq\r(2)，所以當(dāng)t＝eq\f(\r(2),2)時，tan(α＋β)取得最小值，最小值為－eq\f(4\r(2),7).(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，如圖所示，設(shè)AB＝1，則eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，設(shè)M(0，y，1)(0≤y≤1)，則eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，y，1))，∴cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(EM,\s\up6(→))〉＝eq\f(－\f(1,2)＋\f(1,2)y,\r(1＋\f(1,4))·\r(\f(1,4)＋y2＋1))＝－eq\f(1－y,\f(\r(5),2)·\r(4y2＋5)).則cosθ＝|cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(EM,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1－y,\f(\r(5),2)·\r(4y2＋5))＝eq\f(2\r(5),5)·eq\f(1－y,\r(4y2＋5))，令t＝1－y，則y＝1－t，∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，那么cosθ＝eq\f(2\r(5),5)·eq\f(t,\r(4t2－8t＋9))＝eq\f(2\r(5),5)eq\r(\f(t2,4t2－8t＋9))＝eq\f(2\r(5),5)eq\r(\f(1,4－\f(8,t)＋\f(9,t2)))，令x＝eq\f(1,t)，∵0≤t≤1，∴x≥1，那么cosθ＝eq\f(2\r(5),5)eq\r(\f(1,4－8x＋9x2))，又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴x＝1時，zmin＝5，此時cosθ的最大值為eq\f(2\r(5),5)·eq\r(\f(1,5))＝eq\f(2\r(5),5)·eq\f(\r(5),5)＝eq\f(2,5).答案(1)－eq\f(4\r(2),7)(2)eq\f(2,5)題型三空間角的范圍【例3】(1)在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，BC＝1，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.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))(2)(2024·浙江高考適應(yīng)性考試)四個同樣大小的球O1，O2，O3，O4兩兩相切，點M是球O1上的動點，則直線O2M與直線O3O4所成角的正弦值的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))解析(1)依據(jù)題意，初始狀態(tài)，直線AD與直線BC成的角為0，當(dāng)BD＝eq\r(2)時，AD⊥DB，AD⊥DC，且DB∩DC＝D，所以AD⊥平面DBC，又BC?平面DBC，故AD⊥BC，直線AD與BC成的角為eq\f(π,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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(2)由四個同樣大小的球O1，O2，O3，O4兩兩相切，則可以把O1，O2，O3，O4看成正四面體的四個頂點，球的半徑為棱長的一半，記球的半徑為1，則正四面體的棱長為2.平移直線O3O4至O2C位置，過O2C，O1的平面截球O1得一個大圓，過O2作大圓的兩條切線O2E，O2F，由線面垂直易證O1O2⊥O2C，由圖可知，當(dāng)點M運動至切點E時，∠MO2C最小，當(dāng)點M運動至切點F時，∠MO2C最大，設(shè)∠EO2O1＝θ，則∠MO2C∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ，\f(π,2)＋θ)).在Rt△EO2O1中，sinθ＝eq\f(1,2)，則θ＝eq\f(π,6)，即直線O2M與直線O3O4所成角α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，則直線O2M與直線O3O4所成角的正弦值的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)).故選C.答案(1)C(2)C【訓(xùn)練3】(1)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，全部的棱長均為2，M是AB的中點，動點P在底面A1B1C1內(nèi)，若BP∥平面A1MC，記∠PCC1＝α，則sinα的取值范圍是________.(2)在正方體ABCD－A1B1C1D1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.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))解析(1)如圖，取A1B1的中點D，連接BD，C1D，BC1，則BD∥A1M，又A1M?平面A1MC，BD?平面A1MC，所以BD∥平面A1MC，又C1D∥CM，C1D?平面A1MC，CM?平面A1MC，所以C1D∥平面A1MC，又BD∩C1D＝D，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＝eq\r(3)，連接CD，在Rt△CDC1中，0≤α≤∠C1CD，CD＝eq\r(7)，sin∠C1CD＝eq\f(\r(21),7)，所以0≤sinα≤eq\f(\r(21),7).(2)建立如圖坐標(biāo)系，設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1棱長為1，則eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(1，1，1).設(shè)eq\o(A1P,\s\up6(→))＝λeq\o(A1C,\s\up6(→))＝(λ，λ，λ)，其中0≤λ≤1.則eq\o(BP,\s\up6(→))＝(λ，λ－1，λ－1).又設(shè)BP與AD1所成角為θ，所以cosθ＝|cos〈eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(AD1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BP,\s\up6(→))·\o(AD1,\s\up6(→)))),|\o(BP,\s\up6(→))||\o(AD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(2,3)))\s\up12(2)＋\f(4,3))).由0≤λ≤1得eq\f(1,2)≤cosθ≤eq\f(\r(3),2)，而0≤θ≤eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)≤θ≤eq\f(π,3).答案(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(21),7)))(2)D補償訓(xùn)練1.如圖，平面α⊥β，α∩β＝l，A∈α，B∈β，A，B到l的距離分別是a和b，AB與α，β所成的角分別是θ和φ，線段AB在α，β內(nèi)的射影長分別是m和n，若a>b，則()A.θ>φ，m>n B.θ>φ，m<nC.θ<φ，m<n D.θ<φ，m>n解析由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB2＝a2＋n2＝b2＋m2，,a>b，,tanφ＝\f(a,n)，,tanθ＝\f(b,m)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>n，,θ<φ.))答案D2.如圖，二面角α－l－β中，P∈l，射線PA，PB分別在平面α，β內(nèi)，點A在平面β內(nèi)的射影恰好是點B，設(shè)二面角α－l－β、PA與平面β所成的角、PB與平面α所成的角的大小分別為δ，φ，θ，則()A.δ≥φ≥θ B.δ≥θ≥φC.φ≥δ≥θ D.θ≥δ≥φ解析因為點A在平面β內(nèi)的射影為點B，則φ＝∠APB，由二面角的定義易得δ≥φ，設(shè)PB在平面α內(nèi)的射影為PB′，則θ＝∠BPB′，則由最小角定理得∠BPB′≤APB，則θ≤φ.綜上所述，故選A.答案A3.已知兩個平面α，β和三條直線m，a，b，若α∩β＝m，a?α且a⊥m，b?β，設(shè)α和β所成的一個二面角的大小為θ1，直線a和平面β所成的角的大小為θ2，直線a，b所成的角的大小為θ3，則()A.θ1＝θ2≥θ3 B.θ3≥θ1＝θ2C.θ1≥θ3，θ2≥θ3 D.θ1≥θ2，θ3≥θ2解析當(dāng)平面α與平面β所成的二面角為銳角或直角時，θ1＝θ2，當(dāng)平面α與平面β所成的二面角為鈍角時，θ2為θ1的補角，則θ1>θ2，綜上所述，θ1≥θ2.又由最小角定理得θ3≥θ2.答案D4.在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E分別是BC，AB的中點，AB≠AC，且AC>AD.設(shè)PC與DE所成角為α，PD與平面ABC所成角為β，二面角P－BC－A為γ，則()A.α<β<γ B.α<γ<βC.β<α<γ D.γ<β<α解析由題圖可知∠PCA＝α<eq\f(π,2)，∠PDA＝β<eq\f(π,2)，因為PA⊥平面ABC，所以tanα＝eq\f(PA,AC)，tanβ＝eq\f(PA,AD).又AC>AD，故tanβ>tanα，則β>α.過點A作AQ⊥BC，垂足為Q，連接PQ，則∠PQA＝γ，同理可證得γ>β，所以α<β<γ，故選A.答案A5.(2024·浙江“超級全能生”聯(lián)考)各棱長均相等的三棱柱ABC－A1B1C1，AA1⊥平面ABC，M是B1C1的中點，點P是△A1B1M內(nèi)動點，記二面角P－AB－C，P－BC－A，P－AC－B的平面角分別為α，β，γ.當(dāng)點P到點A1的距離和到直線B1C1的距離相等時，則()A.α＞β＞γ B.γ＞β＞αC.γ＞α＞β D.α＞γ＞β解析由題意可知點P的軌跡為△A1B1M內(nèi)一段拋物線，且該拋物線的焦點為A1，頂點為B1C1的高的中點，設(shè)點P到A1B1，B1C1，A1C1的距離分別為h1，h2，h3，記點P究竟面ABC的距離為h，則由題意知tanα＝eq\f(h,h1)，tanβ＝eq\f(h,h2)，tanγ＝eq\f(h,h3)，由圖可知h1＜h3＜h2，則α＞γ＞β，故選D.答案D6.如圖，在正四面體A－BCD中，P，Q，R分別為AB，AC，AD上的點，eq\f(AP,PB)＝2，eq\f(CQ,QA)＝eq\f(AR,RD)＝3，記二面角B－PQ－R，C－QR－P，D－PR－Q的平面角分別為α，β，γ，則()A.γ＜α＜β B.α＜γ＜βC.α＜β＜γ D.β＜γ＜α解析易知二面角B－PQ－R的平面角的補角就是二面角A－PQ－R的平面角，二面角C－QR－P的平面角的補角就是二面角A－QR－P的平面角，二面角D－PR－Q的平面角的補角就是二面角A－PR－Q的平面角.易得二面角A－PQ－R的平面角＞二面角A－QR－P的平面角＞二面角A－PR－Q的平面角，即α＜β＜γ.故選C.答案C7.(2024·七彩陽光聯(lián)盟三聯(lián))如圖，在三棱錐S－ABC中，SC⊥平面ABC，E，F(xiàn)是棱SC的兩個三等分點，設(shè)二面角S－AB－F，F(xiàn)－AB－E，E－AB－C的平面角分別為α，β，γ，則()A.α＞β＞γ B.α＞γ＞βC.γ＞β＞α D.γ＞α＞β解析如圖，過點C作CM⊥AB于M，連接SM，F(xiàn)M，EM，則AB⊥平面SCM，由二面角的定義可知，α＝∠SMF，β＝∠FME，γ＝∠EMC，且tan(α＋β＋γ)＝eq\f(SC,MC)，tan(β＋γ)＝eq\f(FC,MC)，tanγ＝eq\f(EC,MC).因為E，F(xiàn)是棱SC的三等分點，所以tan(α＋β＋γ)∶tan(β＋γ)∶tanγ＝3∶2∶1.設(shè)tanγ＝a，則tan(α＋β＋γ)＝3a，tan(β＋γ)＝2a，所以tanβ＝tan(β＋γ－γ)＝eq\f(a,1＋2a2)，同理可得tanα＝eq\f(a,1＋6a2).因為a＞eq\f(a,1＋2a2)＞eq\f(a,1＋6a2)，所以tanγ＞tanβ＞tanα，所以γ＞β＞α，故選C.答案C8.(2024·嘉、麗、衢模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，BC＝AA1＝eq\r(2)，點E，O分別是線段C1C，BC的中點，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(A1A,\s\up6(→))，分別記二面角F－OB1－E，F(xiàn)－OE－B1，F(xiàn)－EB1－O的平面角為α，β，γ，則下列結(jié)論正確的是()A.γ＞β＞α B.α＞β＞γC.α＞γ＞β D.γ＞α＞β解析設(shè)B1C1的中點為點M，過點F作平面BB1C1C的垂線，設(shè)垂足為點G，則易得點G為OM的靠近點M的三等分點，設(shè)點G到直線B1E，OE，OB1的距離分別為d1，d2，d3，則tanα＝eq\f(FG,d3)，tanβ＝eq\f(FG,d2)，tanγ＝eq\f(FG,d1)，由圖易得d1＜d3＜d2，則tanγ＞tanα＞tanβ，即γ＞α＞β，故選D.答案D9.(2024·浙江名師預(yù)料卷三)如圖，矩形ABCD的邊長AB＝eq\r(3)，AD＝1，以AC為折痕將△ACD折起，使點D到達點M的位置，記AM與平面ADC所成角為α，記二面角M－AD－C為β，記∠MAB為γ，則在翻折過程中肯定正確的結(jié)論是()A.α≤β≤γ B.β≤α≤γC.γ≤α≤β D.α≤γ≤β解析過點M作平面ABCD的垂線，垂足為H，過點H分別作直線AD和AB的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，連接ME，MF，則sinα＝eq\f(MH,AM)，sinβ＝eq\f(MH,EM)，sinγ＝eq\f(MF,AM)，在Rt△MEA中，EM＜AM，又α，β均為銳角，故α＜β，而當(dāng)平面ACM與平面ABC重合時，α＝β，故α≤β.而在Rt△MHF中，MF＞MH，故α＜γ，又當(dāng)點H落到AB上時，MF＝MH，此時α＝γ，故α≤γ，又因為cosβ＝eq\f(EH,EM)，cosγ＝eq\f(AF,AM)，而EH＝AF，EM≤AM，故β≤γ，綜上，α≤β≤γ，故選A.答案A10.(2024·金華十校期末調(diào)研)如圖，在底面為正三角形的棱臺ABC－A1B1C1中，記銳二面角A1－AB－C的大小為α，銳二面角B1－BC－A的大小為β，銳二面角C1－AC－B的大小為γ，若α＞β＞γ，則()A.AA1＞BB1＞CC1 B.AA1＞CC1＞BB1C.CC1＞BB1＞AA1 D.CC1＞AA1＞BB1解析分別延長AA1，BB1，CC1交于點D，過點D作DO⊥底面ABC，過點O分別作△ABC三邊的垂線，分別交于點M，N，P，則tanα＝eq\f(DO,OM)，tanβ＝eq\f(DO,ON)，tanγ＝eq\f(DO,OP)，因為α＞β＞γ，所以O(shè)M＜ON＜OP，則點O肯定在△BEF內(nèi)部(不包括邊界)，所以O(shè)B＜OA＜OC，又因為AD＝eq\r(OA2＋OD2)，BD＝eq\r(OB2＋OD2)，CD＝eq\r(OC2＋OD2)，所以BD＜AD＜CD，所以CC1＞AA1＞BB1，故選D.答案D11.(2024·浙江名師預(yù)料卷五)已知二面角A－BC－D大小為θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，若BC＝6，AB＋AC＝DB＋DC＝10，BC的中點為O，當(dāng)四面體ABCD的體積最大時，∠AOD與θ的大小關(guān)系為()A.θ＞∠AOD B.θ＝∠AODC.θ＜∠AOD D.無法確定解析因為BC＝6，AB＋AC＝DB＋BC＝10，所以A，D的運動軌跡均為橢圓的一部分，易知A，D均為相應(yīng)橢圓短軸端點時，此時AO⊥BC，DO⊥BC，四面體ABCD的體積最大，則∠AOD為二面角A－BC－D的平面角，所以θ＝∠AOD，故選B.答案B12.如圖，