空间角的大小比较及最值(范围)问题
知识拓展
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.
题型突破
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＜γ B.γ＜β＜α
C.β＜α＜γ D.α＜γ＜β
(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，＝＝2，分别记二面角D－旅游区规划PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角为α，β，γ，则( )
A.γ＜α＜β B.α＜γ＜β
C.α＜β＜γ D.β＜γ＜α
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)，E，＝(0，b，－a)，＝(－b，0，a)，＝(b，b，0)，＝，cos α＝＝＝，cos β＝＝，cos γ＝＝0，∵a＞b＞0，∴cos α＞cos β＞cos γ＝0，∴α＜β＜γ，故选A.
(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.
设点O到△QRP′三边的距离为a，则OG＝a，
OF＝OQ·sin∠OQF数码照相机＜OQ·sin∠OQP′＝a，
OE＝OR·sin∠ORE＞OR·sin∠ORP′＝a，
∴OF＜OG＜OE，∴＜＜，
∴α＜γ＜β.
答案 (1)A (2)B
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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.β<γ，α<γ B.β<α，β<γ
C.β<α，γ<α D.α<β，γ<β
(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≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1
C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1
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β<γ；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α>β.故选B.
(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.
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tan θ1＝＝，tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1，此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，可得θ2＜θ3＜θ1，当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1，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( )
借条
A.θ＞γ＞β B.θ＝β＞γ
C.γ＞β＞θ D.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＜α2 B.α1＞α2
C.α2＜α3 D.α2＞α3
(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＞α B.γ＞β＞牡丹江gdpα
C.γ＞α＞β D.β＞α＞γ
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＝＝，即cos γ＝，在△AOF中，易得OF＝1，OA＝，AF＝，则由余弦定理得cos∠AOF＝－，即cos θ＝.在△AOE中，易得OE＝1，OA＝，AE＝，则由余弦定理得cos∠AOE＝，即cos β＝，所以θ＝β＞γ，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＝，tan∠SRP＝，所以tan∠SQP＜tan∠SRP，则∠SQP＜∠SRP，即α1＜α2，故选A.
(3)设点S在底面ABC内的投影为点O，连接OG，OE，OB小晶的信，过点E作DE∥AC交OB于点D，则易得∠SEO＝α，∠SGO＝β，∠SED＝γ，且tan∠SEO＝，tan∠SGO＝，tan∠SED＝，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)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，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. B.
C. D.
(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电磁学和B)，设在运动过程中，平面PDB1与平面ADD1A1所成的最小角为α，则cos α＝________.
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＝，AO＝AEsin θ＝sin θ爱开头的诗句，在图1中，由∠GAB＝45°，可得AG＝2，则OG＝2－－cos θ＝2－(1＋cos θ)，OH＝OG＝2－(1＋cos θ)，即有tan∠AHO＝＝＝·(0＜θ＜π)，令t＝，0＜θ＜π，可得sin θ＋tcos θ＝3t≤，解得t≤，则tan∠AHO≤.∴当二面角A－BC－D的平面角最大时，其正切值为，故选B.
