高中立体几何中的最小角定理与最大角定理的应用 讲义-2023届高三数学二轮复习（含答案）

最小角定理与最大角定理的应用

目录

最小角定理与最大角定理的应用....................................................1

知识梳理..........................................................................2

例题精选..........................................................................4

1三余弦定理....................................................................4

2三正弦定理....................................................................9

3最小角定理..................................................................12

4最大角定理...................................................................17

5两个定理综合应用............................................................23

知识梳理

一、最小角定理

1.直线与平面所成的角

平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的角叫作这条斜线和平面所成的角.

为什么要这样定义？因为线面角的定义是为了反映直线相对于平面的倾斜程度的，而任何

一条直线和平面内的所有直线所成的角的最大值都是90。，而最小值可以反映直线的倾斜

程度，由此也可以引出下面的最小角定理.

2.最小角定理

线面角是平面的一条斜线与该平面内的直线所成角的最小值.

证明如图，OP是平面α的一条斜线，点P在平面ɑ内的射影是点直线。Q是平

面α内除。月以外的的任意一条直线.作HQLOQ于点Q,则

OQOHOQ

cos乙QOH-cos乙POH=---――=――=cos乙POQ

YOHOPOP”

（即三余弦定理：COS水平角∙COS坚直角=CoS斜角）

从而cosNPOH>cosNPOQ,乙PoH<LPOQ,得证；故三余弦定理可以直接推出最小角

定理.

说明三余弦定理有时也被称作“爪子定理”，此外三余弦定理也是三面角余弦定理的特

例.

二、最大角定理

1.二面角的大小的定义

先直观的感受一下如下几个二面角的大小关系:

二面角大小的定义：在二面角a-l-β的棱上任取一点0,分别在半平面a,β内作OP,OQ

垂直I,则乙AOB叫作α--0的平面角，4IOB的度数就是二面角的度数.

为什么这样定义二面角的大小？

因为乙4。B是半平面ɑ内的所有直线与另一个半平面β所成角的最大值.（对于任意给定一

个二面角，此最小值均为O）

先发挥一下空间想象力，以。为圆心，定长r为半径，在S内作半圆AOB,设半圆弧的中点

为C,点P是半圆上一动点,它在ɑ内的射影点为H.则当点P从点A移动到点C的过程中,

点P的高度越来越高；点P从点C移动到点B的过程中，点P的高度越来越低.从而当点P

在点C处时，即OP时,OP与成的角。的正弦值sin。=霁最大,从而角θ最大.

2.最大角定理

二面角是平面内的直线与另一个平面所成角的最大值.

贝IJ乙POH>乙PQH.

POPHPH

sinZ-PQO∙sin（POH——∙=—sin乙PQH

（即三正弦定理:sin线线角.sin面面角=sin线面角）.

从而sin乙PoH>sin乙PQHzPOH>LPQH,得证.

例题精选

1三余弦定理

例1从点P出发的3条射线P4PB,PC,每两条射线的夹角是60。，则直线PC与平面PAB

所成角的余弦是

答案日

解析如图，在PC上取点。作。。_L平面PAB,垂足为O1PO为PC的射影，则乙CPO是PC

与平面PAB所成角，由题意知:PO为∆BPA的交平分线,根据三余弦定理得：

cos∆CPA=cos∆CPO∙CoSNoP4,

即cos60o=cos∆CP0∙cos30°,故cos乙CPO=y.

例2已知平面a∕∕β,直线1与α所成角的正切值为号,直线muα,/_Lm,直线nu凡且2

和n所成的角为S那么m与九所成的角为

4

答案今

解析如图,设1'为直线I在平面ɑ上的射影,则I'Uα.又1，m,由三垂线定理知11m,且

cosθ1=手.在平面α内作n'∕∕n,设I和n'所成的角为θ,则。=三由三余弦定理得

ɔ4

COS0=CoSeICoSe2

解得cosθ2=今即。2T所以m与n所成的角为»。2=*

ZOZɔ

例3如图,已知正方体ABCD—48心。1的棱长为2,用,'分别为棱/8,8。的中点，则二面

角B1-MN-B的余弦值为；若点P为线段BIN上的动点（不包括端点），设异面直线C1P

与MN所成的角为θ,则cos0的取值范围是

受案、（逗√2λ

解析如图，连接BD,设BDCMN=0,易得MN1平面BB1D,所以乙BoBT是二面角B1-

MN的平面角,易得COSNBoa=/

连接A1C1,则N&CiP为异面直线C1P与MN所成的角或其补角，由三余弦定理得到

cos∆A1C1P=cosZPC1∙cos∆A1C1B1,

即C0S∆A1C1P=yCOSZPC1B1,又而COS∆PC1B1∈得1）,故COSe∈（鲁乎）.

例4βι,e2,e3为空间单位向量，e1e2=e2∙e3=e1∙e3=若空间向量a满足αeɪ=

且对任意的最小值为则的最

α∙e2=ʒɪ,ɑ∙e3>0.x,y∈R,∣α-xe1-ye2∣4,lɑ-λe3∣

小值为

A3∙∖∕6-4√336+464历一3代3回4痛

A.B.C.D.

3333

答案选A.

解析设为空间单位向量，

O£∖=e1,OE^=e2,OE^=e3,'0A=a,∙∙e1,e2,e3e1∙e2=e2-

-1._

是棱长为的正四面体.

e3=e1e3=OE1E2E31

空间向量满足

aα∙e1=α∙e2=ɪ,

∙∙∙OA在平面OElE2内的投影OB是NEIOE2的平分线，且而在西上的投影为。&=

3√3

对任意的的最小值为点到平面的距离为

x,y∈R,∣a-xe1-ye2∣4,.∙.AOELE2AB=4,

三余弦定理得彩能=高故

coszF3OB=I^=tan^E3OB=√2.

的最小值即为点到直线。&的距离.以下用两种方法求此距离:

Ia-λe3∣A

法一以。为圆心，直线OB为X机在平面AOB内建立平面直角坐标系，则点4(3,4)到直

线。邑：y=√2x的距离为端=今I

法二利用三角函数角差求出正弦

由题意可得所以

SinzF3OF=y,cosZF3OF=y,sinz/lOF=^,coszΛOB=|,

则

Sim.E3OA=sin(z,E3OB-∆AOB)=仁巴Ia—Λe31=∖a∖sin∆E3OA=

例5（2018全国I卷理）如图，四边形4BC。为正方形,点E,F分别为AD1BC的中点，以DF

为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFJ.BF.

（1）证明：平面PEF1平面ABFD;

（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

答案⑴略;（2）彳.

解析（2）作PH1EF,垂足为H,由⑴知:PH1平面ABFD1DE1PE.不妨设DP=2,则

DE=I,从而PE=遮,又PF=I1EF=2,故PE_LPF.于是PH=^,EH=|,故斜线角

β=60。，射影角θ=乙HDE,且CoSo=罂=誓.

C∏iɔ

设DP与平面ABFD所成角为a,则由三余弦定理知：cosacos。=cosβ=cos60°,从而

cosa=—,即sina=­.

44

45°,DC=2BC

(1)求证:EF1DB;

（2）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.

答案⑴见以下证明过程;(2)芋

解析⑴证明:因为平面ACFD1平面ABC,所以由三余弦定理得：

1

CosZ.BCD=cos∆BCA-CoSzJIeD=cos45o∙cos45o=-,

设BC=a,则DC=2α.在△BCD中，由余弦定理得：

BD2=BC2+DC2-2BC-DC-CoS乙BCD=3α2,

所以BD=√3α,从而

222222

DB+BC=(√3α)+α=4α=CD1

由勾股定理的逆定理可知BC1DB,又因为三棱台中EF〃BC,所以EF1DB.

（2）略.

注这里三余弦定理起了关锂作用,由三余弦定理得到得乙BCD的余弦值,进而通过计算证得

BC1BD,两道小题都是通过转化的思想，将直线进行平移后进行处理.第（1）小题是把直线

EF平移到BC,第（2）小题是把直线DF平移到AC.

2三正弦定理

例1如图，在正三棱柱ABC-&当Ci中，已知AB=1,C在棱BBl上，且BD=1,若4。与

平面AA1C1C所成的角为a,则a=

Aπ

A.-βCarCSinD.arcsin—

3∙i年

答案选D.

解析由题意可知,二面角DAA1C的大小为∆BAC=60°,线线角∆DAA1=45。，由三正

弦定理得:sinα=sin60°・sin45°=—,从而a=arcsin—.

44

例2如图，在坡面α与水平面β所成二面角为60。的山坡上，有段直线型道路AB与坡脚成

30°的角，这段路直通山顶A.已知此山高135百米.若小李从B点沿者这条路上山，并且行

进速度为每分钟30米,那么小李到达山顶4需要的时间是分钟.

答案当

解析作4。_L平面。于点。,作OCII于点C.由题意可知∆ACO=60。,NABC=30。,2。=

135√3,由三正弦定理得sin∆ABO=sin∆ABC-sin∆ACO=sin30o∙sin60o=y,

在DU△4。B中，由sinUBO=笔=经誓="B=540,所以小李到达山顶A需要的

时间是詈=18分钟.

，A

/，邓7…工工一匚7

IBC

例3已知棱长为1的正四面体P-ABC1PC的中点为D,动点E在线段AD上，则直线BE

与平面ABC所成角的正切值的取值范围是

答案[θ,阴

解析设二面角D-AB-C的平面角为a,易得Sina=当

设直线BE与平面ABC所成的角为θ,由三正弦定理得

√3

sinθ=sinZTlBEsina=—sin∆ABE

3

又SinuBEe[θ,凡所以sin0∈[θ,斗进而可得tan。∈绢.

例4（2018年全国II卷理）如图，在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2√2,PΛ=PB=PC=

4,0为4C的中点.

⑴证明：PO1平面ABC;

（2）若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.

P

答案⑴略；（2）

4

解析⑴证明：由题意知,。为AC中点,所以OP1AC,且。P=2√3.

又由OP?+OB2=PB2知Po10B,所以PO1平面ABC.

（2）由题意知,线线角∆CPA=60。,二面角M-PA-C大小等于30。,所以，由三正弦定理得

sina=sin60°∙sin30o=—.

3最小角定理

例1已知在平行四边形ABCD中,M、N分别为AB.AD上异于点A的两点，把△AMN沿

,

MN翻折,记翻折后的A为A,直线A'C与平面BCDNM所成的角为θ1,与直线MN所成的

角为名,则

A.%=Θ2B.%>Θ2C.%<Θ2D.不确定

答案选C.

1

解析A'C与平面BCDNM所成的角θ1,就是AC与它在平面BCDNM内的射影所成的角.

由最小角定理可知,外小于A'C与平面BCDNM内作射影之外的其他任何直线所成的角,所

以/<θ2,故选C.

注点评:本题主要考查空间线面位置关系及空间角的相关知识,考查考生的空间想象能力及

逻斩推理能力，常规解法是作出A'在平面ABCD内的射影，进而分别作出%、%,利用三

角形相关知识来比较角的大小.侗若借助最小角定理,则可以很快找到答安.

例2已知二面角a-l-β是直二面角，AEa,Beβ,设直线AB与a,β所成的角分别为

θ1.θ2,则

oo

A.θ1+θ2=90B.θ1+θ2^90C.%+%≤90°D.θ1+θ2<90°

答案选C

解析如图，过点A1B分别作I的垂线，分别交于点C1D,则AClβlBDLalZ.ABC=

Θ1,∆BAD=θ2,由最小角定理知:θ1≤乙BAC,又∆BAC+02=90°,所以θ1+02≤90。.

例3如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱ABe-4当G中，P是棱BC上的动点.记直线4P

与平面ABC所成的角为θ1,与直线BC所成的角为θ2,则θ1,θ2的大小关系是

A.θ1=Θ2B.%>Θ2C.θ1<Θ2D.不能确定

答案选C.

解析由题意可知^A1PA=%是线面角，θ2是线线角，由最小角定理知：％≤θ2,又BC不是

&P在底面的射影,故θ1<θ2.

注这道题如果按照线面角、线线角的定义进行计算,再比较大小,需要构造三角形,解三角形,

利用三角函数的定义、单调性求解,计算复杂,耗时较长,但如果用最小角定理则可秒杀.

例4已知三棱锥P-ABC的所有棱长为1,M是底面△ABC内部一个动点（包括边界），且

M到三个侧面PABIPBCIPCA的距离hllh2,h3成单调递增的等差数列.记PM与

AB1BC1CA所成的角分别为a,β,γ,则下列正确的是

A.α=0B.β=yC.a<βD.β<γ

答案选D.

解析设此正四面体各个面的面积为S,则

Illl

^P-ABC=^M-PAB+UM-PBC+^M-POA=WSb+-S∕l2+-5∕l3=-5(∕l1+h2+∕l3)=SM

即VA-PBC=^M-PBC,设过△ABC的重心G且平行于BC的直线分别交AB1AC于点B11C1,

则点M在线段S1C1上，

设线段4B,BC,C4的中点分别为D,E,F,h1<h2^M在XABF内（不含BF边），电<

府=M在△BCD内（不含CD边），

所以点M在△BDG内（不含BG边,DG边）,故点M的轨迹是线段BIG（不含点G）.

注意到β也是PM与底面所成的角，由最小角定理可知β<γ；

又ZBMC与BlCI的夹角都是60°,根据三余弦定理：

CoSa=CoSdCoS60",CoSy=cosβcos60°,

所以cosα=cosy,即。<α=y.

例5在三棱维4-BCD中，8C=BD=AC=AD=IO1AB=6lCD=16,点P在平面ACD

内，且BP=√30,设异面直线BP与CD所成角为α,则sinα的最小值为

A普B.豕醇.√5

T

答案选A.

解析取CD中点M,连结BM1PM,因为BC=80=AC=AD=10,CD=16,所以AM=

BM=6,进而知∆ΛBM为等边三角形，也知Z.AMB为二面角A-CD-B的平面角，取力M

的中点0,连接BO,则BOJLAM,且B。1平面ACD,

易得BO=3®OP=y∕BP2-BO2=√3,所以点P的轨迹是以。为圆心，半径为√3的圆.

由最小角定理可知：异面直线BP与CD所成角的最小值即为直线BP与平面ACD所成的

角，即

BO3√33√10

（Sina）min=sin^BPH=-=-=-.

A

例6如图,在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是平面A1BC1内一动点,且满足

∖PD∖+∣PB∕=2+√13,则直线BlP和直线AD1所成角的余弦值的取值范围为

A［呜

答案选A.

解析设B1D∩面A1BC1=E,则DE=IDBl=2√3,B1E=1DB1=√3,（利用等积法或截面

平几法皆可轻松证明）

因为∣PD∣+∣Pβ1∣≈2+√13,所以点P在以D1B1为焦点的椭球面上，此椭球的焦距为

DB1=3b,长轴为2+m；

又点P是平面A1BC1内一动点，易知平面A1BC1截粗球的图形为圆面，故点P的轨迹是以

E为圆心的圆，即EP为定值,易求得PE=1.

所以直线BIP和直线AD1所成角即为B1P和直线BC1所成角，由最小角定理可知,BlP和

底面TliBC1所成的线面角。即为B1P和直线BC1所成角的最小值，

易知。*且BlP和直线BCl所成角的最大值为故直线B1P和直线4%所成角的余弦

值的取值范围为1

4最大角定理

例1如图，已知三棱锥D-ABC,记二面角C—AB-D的平面角是θ,直线DA与平面ABC

所成的角是外,直线DA与BC所成的角是θ2,则

A.。》01B.θ≤01C.θ≥Θ2D.。4多

答案选A.

解析由最大角定理知：θ≥θ1,故选A.

下面来个画蛇添足吧：由最小角定理得θ14％.。与O2的大小关系不确定，可以考虑极端

情况：

当二面角θ趋向于O时,O≤%；当二面角θ趋向于Tr时,。＞θ2.

例2如图，已知三棱锥A-BCD的所有棱长均相等，点E满足尻=3前，点P在棱AC上

运动,设EP与平面BCD所成角为θ,则sin0的最大值为

解析因为EP是平面ACD内的一条动直线,所以EP与平面BCD所成角θ的最大值即为二

面角A-CD-B的大小.问题转化为求二面角A-CD-B的正弦值.

设H为正四面体4一BCD的底面BCD的中心，设CD的中点为F,连接HF,如下图，易知

NAFH为二面角A-CD-B的平面角.

设正四面体的棱长为6,则HF=√3,½H=2√6,ΛF=3√3,所以sinθ的最大值为

AH_2^6_2√2

sin∆AFH

AF~3√3-3

注本题跟例1几乎一模一样,都是把线面角的最大值转化为二面角.

例3如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.易知点A到墙面

的距离为AB,某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P,需计算由

点A观察点P的仰角θ的大小.若AB=15cm,AC=25Cm/BCM=30。，则tan9的最大

值是

（仰角。为直线AP与平面ABC所成角）.

答案竽.

解析法一常规方法

VAB=15,AC=25,.∙.BC=20.设P点到地面垂足为N,h=PN,则

PC=2h,NC=y∕3h,NB=∖NC-BC∖=∣√3∕ι-20∖,AN=y∕NB2+AB2=

J(√3∕ι-20)2+152=√3∕ι2-40√3∕ι+252,贝IJ

PNh

----=------------------------------=

AN√3∕ι2-40√3∕ι+252

Q40百上252

3IT+庐

∙3-^+^≥3-4O√3^+(25^)2=g,.∙.tan0≤J∣=∣√3,即tan。的最大

值为∣√3∙

法二最大角定理

如下图，不妨取BM1平面ABC,再过8作BHIAC于点H,连MH,可得MH1AC,故

乙MHB为二面角M-AC-B的平面角.

由最大角定理可知:AP与平面ABC所成角的最大值即为二面角M-AC-B的大小.

因为4B=15m,AC=25m,且AB垂直墙面,所以由勾股定理得BC=20,易得BH=12.

所以BM=BC∙tan乙BCM=20∙tan30°=

∙,∙tanZMWS=翳=苧,即tanθ的最大值为苧.

Dn77

注AP的最大仰角，即为力P与平面ABC所成角的最大值.因为点P在射线CM上移动，则

AP是平面Ma4内的一条动直线，由最大角定理,AP与平面ABC所成角的最大值，即为二

面解M-AC-B的大小,问题转化为求二面角M-AC-B的正仞值.

例4如图，在长方体ABC。一A/iGDi中，AB=3,AD=5,AA1=4,点尸是的中点,

点E为的棱BC上的动点,则平面C1EF与平面ABB1A1所成的锐二面角正切的最小值是

答案甯.

解析法一几何法,利用垂线法作出二面角的平面角

延长GE交BBl于Q,连接QF,过Bl作B1HLFQ于H,连接HC1,由B1C11平面AA1B1B,

得F1C11FQ,所以FQ1平面B1C1H,则HC11QF,故就是所求锐二面角的平面

氟所以

ClBl5

tanzC1Hβ1=-)

当点在棱BC上运动时，动直线FQ过定点F,两个临界位置是FB、FA,所以点到直

EB1

线FQ的距离BH的最大值为BF=√∏(当BFFQ时),所以

1111tanZC1HB1≥ʌ.

二面角的一个面固定,即半平面FQB1固定,另一个半平面在变动,注意到这个不停变化的半

平面经过定直线C1F,所以由最大角定理可知，二面角的最小值就是ClF与另一个半平面

FQBl所成的线面角.

法二建系法

以4为坐标原点,分别以直线48、AD,为X轴、y轴Z轴建立空间直角坐标系.

设平面E尸Cl与平面Λ¾B]B所成的锐二面角为仇点E的坐标为(3,t,0)(04t45),平面

EFC1的一个法向量为n=(x,y,z),那么

1n•帚=O,=](x,y,z)•(3,5,2)=0,J=--%

ɪn∙FE=0,1(x,y,z)•(3,t,-2)=0,Q=t-5>

取y=12得,n=(-2t-10,12,3t-15),又因为平面AA1BiB的一个法向量为m=(0,1,0),

所以

cosθ=∣cos(nm〉|=,，=,

l√(2t+10)2+122+(3t-15)2√13t2-50t+469

D42c11√13t2-50t+469113t2-50t+325业425,.√≡∣∕⅛

又tan2J=砺一I=——--------1=—值一，当t=石时d，t4an9n取w得θ取小值

5√∏

13

法二投影面积法

AB=3,AD=4,AA1=4,AGEF在平面AA1B1B上的投影为△FBB1,记平面C1EF与平面

Λ4∕ιB所成二面角的平面角为θ,5!∣Jcosθ==ɪ.tan2θ=ɪ-1,所以只

S^CFESACFECOSZθ

需求SAeIFE的面积最小值即可.

以4为坐标原点,分别以直线ZB、AD.44ι为X轴、y轴Z轴建立空间直角坐标系.

E(3,t,0)(0≤t≤5),F(0,0,2),G(3,5,4),而=(3,t,-2),FC1=(3,5,2).

SAClPE=ɪʌ/lɜt2—50t+469≥6"等',故cosθ—当詈，从而tanθ—~^∙∙

xNV13√13√13

例5如图，已知△ABC中,。是48的中点，沼直线CC将△ACD翻折成△A'CD,所成二面

角H-CD-B的平面角为a,则A.∆A'DB≤αB.ΛA'DB≥aC.∆A'CB≤αD.∆A'CB≥a

答案选B.

解析法一考虑极端情况

当二面角A-CD-B趋向于O时，乙4，CB》a;当二面角4-CD-B趋向于兀时,

ΛA'CB《α.故选项C和选项D都不对.

当二面角A'-CD-B趋向于0时,乙4。8≥α;当二面角A'-CD-B趋向于兀时,α趋向

于∆A'DB.故选B.

法二(1)当AC=8C时,乙4'DB=α;

（2）当AC≠BC时,如图，点A'投影在AEAL.a=∆A/0E,连结AA'.

因为等腰△A'OA和等腰△A1DA有公共底边，且Zλ4》OA,所以∆ADA'<乙4。4,（其实就

是最大角定理）WDB>∆A'OE,即WDB>a.故选B.

5两个定理综合应用

例1已知三棱锥D-ABC,平面DAB1平面ABC,记二面角D-AC-B的平面角a,DA与

底面ABC所成的角为β,AB与平面ADC所成的角为y,贝IJ

A.α≥∕?≥yB.0》ɑ》yC.α≥y≥0D.y≥α≥/?

答案选A.

解析由最大角定理可知S4a.因为0可看作48与4。成的角（线线角）/是AB与平面

ADC所成的角（线面角）,所以由最小角定理得夕》匕故选A.

注线面角可以找到对应的线线角,这个线线角必小于等于其他的线面角

例2已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等,E是线段4B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。3,则ʌ-%%（Θ3B.θ3≤θ2≤01c.01≤03≤&D.。24。34国

答案选D.

解析由题可知，四棱锥S-ABCD是正四棱锥，如图，设底面正方形的中心为0,4B的中点

为M.则θ2=∆SEO,Θ3=NSMO,由最大角定理可知：θ2≤θ3.

又SE与BC所成的角为θllOM∕∕BC,所以％也是。M与SE所成的角，

又%可看作OM与平面SAB所成的角,故由最小角定理可知：&≤θ1.

综上可