浙江省2025届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课空间角的大小比较及最值范围问题含解析

PAGE空间角的大小比较及最值(范围)问题学问拓展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改变有关，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)(2024·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满意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＜αC.β＜α＜γ D.α＜γ＜β(2)(2024·浙江卷)如图，已知正四面体DABC(全部棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，eq\f(BQ,QC)＝eq\f(CR,RA)＝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＜β B.α＜γ＜βC.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＜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类型2不同类型角间的大小比较【例1－2】(1)(2024·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<γC.β<α，γ<α D.α<β，γ<β(2)(一题多解)(2024·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≤θ1C.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.再依据最小角定理知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究竟面的距离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＝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)D【训练1】(1)(2024·浙江十校联盟适考)已知三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱长均相等，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＞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＞α2C.α2＜α3 D.α2＞α3(3)(2024·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＞αC.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＝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)，则由余弦定理得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)，则由余弦定理得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＝eq\f(SP,PQ)，tan∠SRP＝eq\f(SP,PR)，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，过点E作DE∥AC交OB于点D，则易得∠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)(2024·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.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(1,4)(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＝________.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＝eq\f(\r(2),2)，AO＝AEsinθ＝eq\f(\r(2),2)sinθ，在图1中，由∠GAB＝45°，可得AG＝2eq\r(2)，则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)，则tan∠AHO≤eq\f(1,2).∴当二面角A－BC－D的平面角最大时，其正切值为eq\f(1,2)，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，AP＝a(0≤a≤1)，则易得D(0，0，0)，P(1，a，0)，B1(1，1，1)，则eq\o(DP,\s\up6(→))＝(1，a，0)，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1，1，1)，设平面PDB1的法向量为n＝(x，y，z)，则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＝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)))，易得当二面角取得最小值α时，a＝eq\f(1,2)，此时有cosα＝eq\f(\r(6),3).答案(1)B(2)eq\f(\r(6),3)【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究竟面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，它们所在的平面相互垂直，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________.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＜eq\r(2))，则PH＝AB＝eq\r(2).因为△ABC为等腰直角三角形，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)).因为0＜t＜eq\r(2)，所以当t＝eq\f(\r(2),2)时，tan(α＋β)取得最小值，最小值为－eq\f(4\r(2),7).(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AB＝1，则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))，设M(0，y，1)(0≤y≤1)，则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)).则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，则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，＋∞)上单调递增，∴x＝1时，zmin＝5，此时cosθ的最大值为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)题型三空间角的范围【例3】(1)在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，BC＝1，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.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·浙江高考适应性考试)四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，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.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)依据题意，初始状态，直线AD与直线BC成的角为0，当BD＝eq\r(2)时，AD⊥DB，AD⊥DC，且DB∩DC＝D，所以AD⊥平面DBC，又BC⊂平面DBC，故AD⊥BC，直线AD与BC成的角为eq\f(π,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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,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O1O2⊥O2C，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＝θ，则∠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)，则θ＝eq\f(π,6)，即直线O2M与直线O3O4所成角α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)).故选C.答案(1)C(2)C【训练3】(1)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，全部的棱长均为2，M是AB的中点，动点P在底面A1B1C1内，若BP∥平面A1MC，记∠PCC1＝α，则sinα的取值范围是________.(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1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.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)如图，取A1B1的中点D，连接BD，C1D，BC1，则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，所以点P在线段C1D上，点P的轨迹的长度C1D＝eq\r(3)，连接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)建立如图坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，则eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(1，1，1).设eq\o(A1P,\s\up6(→))＝λeq\o(A1C,\s\up6(→))＝(λ，λ，λ)，其中0≤λ≤1.则eq\o(BP,\s\up6(→))＝(λ，λ－1，λ－1).又设BP与AD1所成角为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补偿训练1.如图，平面α⊥β，α∩β＝l，A∈α，B∈β，A，B到l的距离分别是a和b，AB与α，β所成的角分别是θ和φ，线段AB在α，β内的射影长分别是m和n，若a>b，则()A.θ>φ，m>n B.θ>φ，m<nC.θ<φ，m<n D.θ<φ，m>n解析由题意得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.如图，二面角α－l－β中，P∈l，射线PA，PB分别在平面α，β内，点A在平面β内的射影恰好是点B，设二面角α－l－β、PA与平面β所成的角、PB与平面α所成的角的大小分别为δ，φ，θ，则()A.δ≥φ≥θ B.δ≥θ≥φC.φ≥δ≥θ D.θ≥δ≥φ解析因为点A在平面β内的射影为点B，则φ＝∠APB，由二面角的定义易得δ≥φ，设PB在平面α内的射影为PB′，则θ＝∠BPB′，则由最小角定理得∠BPB′≤APB，则θ≤φ.综上所述，故选A.答案A3.已知两个平面α，β和三条直线m，a，b，若α∩β＝m，a⊂α且a⊥m，b⊂β，设α和β所成的一个二面角的大小为θ1，直线a和平面β所成的角的大小为θ2，直线a，b所成的角的大小为θ3，则()A.θ1＝θ2≥θ3 B.θ3≥θ1＝θ2C.θ1≥θ3，θ2≥θ3 D.θ1≥θ2，θ3≥θ2解析当平面α与平面β所成的二面角为锐角或直角时，θ1＝θ2，当平面α与平面β所成的二面角为钝角时，θ2为θ1的补角，则θ1>θ2，综上所述，θ1≥θ2.又由最小角定理得θ3≥θ2.答案D4.在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E分别是BC，AB的中点，AB≠AC，且AC>AD.设PC与DE所成角为α，PD与平面ABC所成角为β，二面角P－BC－A为γ，则()A.α<β<γ B.α<γ<βC.β<α<γ D.γ<β<α解析由题图可知∠PCA＝α<eq\f(π,2)，∠PDA＝β<eq\f(π,2)，因为PA⊥平面ABC，所以tanα＝eq\f(PA,AC)，tanβ＝eq\f(PA,AD).又AC>AD，故tanβ>tanα，则β>α.过点A作AQ⊥BC，垂足为Q，连接PQ，则∠PQA＝γ，同理可证得γ>β，所以α<β<γ，故选A.答案A5.(2024·浙江“超级全能生”联考)各棱长均相等的三棱柱ABC－A1B1C1，AA1⊥平面ABC，M是B1C1的中点，点P是△A1B1M内动点，记二面角P－AB－C，P－BC－A，P－AC－B的平面角分别为α，β，γ.当点P到点A1的距离和到直线B1C1的距离相等时，则()A.α＞β＞γ B.γ＞β＞αC.γ＞α＞β D.α＞γ＞β解析由题意可知点P的轨迹为△A1B1M内一段抛物线，且该抛物线的焦点为A1，顶点为B1C1的高的中点，设点P到A1B1，B1C1，A1C1的距离分别为h1，h2，h3，记点P究竟面ABC的距离为h，则由题意知tanα＝eq\f(h,h1)，tanβ＝eq\f(h,h2)，tanγ＝eq\f(h,h3)，由图可知h1＜h3＜h2，则α＞γ＞β，故选D.答案D6.如图，在正四面体A－BCD中，P，Q，R分别为AB，AC，AD上的点，eq\f(AP,PB)＝2，eq\f(CQ,QA)＝eq\f(AR,RD)＝3，记二面角B－PQ－R，C－QR－P，D－PR－Q的平面角分别为α，β，γ，则()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的平面角的补角就是二面角A－PQ－R的平面角，二面角C－QR－P的平面角的补角就是二面角A－QR－P的平面角，二面角D－PR－Q的平面角的补角就是二面角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.故选C.答案C7.(2024·七彩阳光联盟三联)如图，在三棱锥S－ABC中，SC⊥平面ABC，E，F是棱SC的两个三等分点，设二面角S－AB－F，F－AB－E，E－AB－C的平面角分别为α，β，γ，则()A.α＞β＞γ B.α＞γ＞βC.γ＞β＞α D.γ＞α＞β解析如图，过点C作CM⊥AB于M，连接SM，FM，EM，则AB⊥平面SCM，由二面角的定义可知，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).因为E，F是棱SC的三等分点，所以tan(α＋β＋γ)∶tan(β＋γ)∶tanγ＝3∶2∶1.设tanγ＝a，则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).因为a＞eq\f(a,1＋2a2)＞eq\f(a,1＋6a2)，所以tanγ＞tanβ＞tanα，所以γ＞β＞α，故选C.答案C8.(2024·嘉、丽、衢模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，BC＝AA1＝eq\r(2)，点E，O分别是线段C1C，BC的中点，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(A1A,\s\up6(→))，分别记二面角F－OB1－E，F－OE－B1，F－EB1－O的平面角为α，β，γ，则下列结论正确的是()A.γ＞β＞α B.α＞β＞γC.α＞γ＞β D.γ＞α＞β解析设B1C1的中点为点M，过点F作平面BB1C1C的垂线，设垂足为点G，则易得点G为OM的靠近点M的三等分点，设点G到直线B1E，OE，OB1的距离分别为d1，d2，d3，则tanα＝eq\f(FG,d3)，tanβ＝eq\f(FG,d2)，tanγ＝eq\f(FG,d1)，由图易得d1＜d3＜d2，则tanγ＞tanα＞tanβ，即γ＞α＞β，故选D.答案D9.(2024·浙江名师预料卷三)如图，矩形ABCD的边长AB＝eq\r(3)，AD＝1，以AC为折痕将△ACD折起，使点D到达点M的位置，记AM与平面ADC所成角为α，记二面角M－AD－C为β，记∠MAB为γ，则在翻折过程中肯定正确的结论是()A.α≤β≤γ B.β≤α≤γC.γ≤α≤β D.α≤γ≤β解析过点M作平面ABCD的垂线，垂足为H，过点H分别作直线AD和AB的垂线，垂足分别为E，F，连接ME，MF，则sinα＝eq\f(MH,AM)，sinβ＝eq\f(MH,EM)，sinγ＝eq\f(MF,AM)，在Rt△MEA中，EM＜AM，又α，β均为锐角，故α＜β，而当平面ACM与平面ABC重合时，α＝β，故α≤β.而在Rt△MHF中，MF＞MH，故α＜γ，又当点H落到AB上时，MF＝MH，此时α＝γ，故α≤γ，又因为cosβ＝eq\f(EH,EM)，cosγ＝eq\f(AF,AM)，而EH＝AF，EM≤AM，故β≤γ，综上，α≤β≤γ，故选A.答案A10.(2024·金华十校期末调研)如图，在底面为正三角形的棱台ABC－A1B1C1中，记锐二面角A1－AB－C的大小为α，锐二面角B1－BC－A的大小为β，锐二面角C1－AC－B的大小为γ，若α＞β＞γ，则()A.AA1＞BB1＞CC1 B.AA1＞CC1＞BB1C.CC1＞BB1＞AA1 D.CC1＞AA1＞BB1解析分别延长AA1，BB1，CC1交于点D，过点D作DO⊥底面ABC，过点O分别作△ABC三边的垂线，分别交于点M，N，P，则tanα＝eq\f(DO,OM)，tanβ＝eq\f(DO,ON)，tanγ＝eq\f(DO,OP)，因为α＞β＞γ，所以OM＜ON＜OP，则点O肯定在△BEF内部(不包括边界)，所以OB＜OA＜OC，又因为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，故选D.答案D11.(2024·浙江名师预料卷五)已知二面角A－BC－D大小为θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，若BC＝6，AB＋AC＝DB＋DC＝10，BC的中点为O，当四面体ABCD的体积最大时，∠AOD与θ的大小关系为()A.θ＞∠AOD B.θ＝∠AODC.θ＜∠AOD D.无法确定解析因为BC＝6，AB＋AC＝DB＋BC＝10，所以A，D的运动轨迹均为椭圆的一部分，易知A，D均为相应椭圆短轴端点时，此时AO⊥BC，DO⊥BC，四面体ABCD的体积最大，则∠AOD为二面角A－BC－D的平面角，所以θ＝∠AOD，故选B.答案B12.如图，