資源簡介

拓展培優(yōu)(四)與空間角有關(guān)的最值問題
　　與空間角有關(guān)的最值問題是高考的一個重要考點，通常涉及空間向量、幾何體的性質(zhì)以及函數(shù)與不等式等相關(guān)知識.這類問題主要考查學(xué)生對空間幾何圖形的理解、空間想象能力以及綜合運用數(shù)學(xué)知識解決實際問題的能力.
解題時，首先要明確空間角，如兩條異面直線所成的角、直線與平面所成的角、平面與平面所成的角的定義，其次要利用空間向量的數(shù)量積公式計算角度，并結(jié)合幾何體的對稱性和特殊位置，尋找最值.
該問題通常通過建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系簡化問題，利用空間向量的幾何意義和運算性質(zhì)并結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)與不等式的均值定理來求解.
線線角的最值問題
典例1　已知點A，B，C，D，P，Q都在同一個球面上，四邊形ABCD為正方形，若直線PQ經(jīng)過球心，且PQ⊥平面ABCD，則異面直線PA，QB所成角的最小值為(　　).
A.30° B.45°
C.60° D.75°
方法總結(jié)：
處理立體幾何中空間角的最值問題的一般方法
(1)幾何法：通過證明或幾何作圖，確定圖形中空間角取得最值時的特殊位置，再計算它的值.
(2)代數(shù)法：分析給定圖形中的數(shù)量關(guān)系，選取適當(dāng)?shù)淖宰兞考澳繕?biāo)函數(shù)，確定函數(shù)解析式，利用函數(shù)的單調(diào)性、值域，和不等式的均值定理等，求出最值.
1.設(shè)四棱錐P-ABCD與Q-ABCD為兩個正四棱錐，正方形ABCD的邊長為且∠PCQ=90°，點M在線段AC上，且3CM=AM，將異面直線PD，QM所成的角記為θ，則sin θ的最小值為(　　).
A. B. C. D.
2.
如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中點，F(xiàn)是AD上一點，AB=AA1=2，BC=3，AF=1，動點P在上底面A1B1C1D1上，且滿足三棱錐P-BEF的體積等于1，則直線CP與DD1所成角的正切值的最小值為　　　　.
線面角的最值問題
典例2　如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，AC⊥AB，AC=AB，BC=CC1=2，∠BCC1=60°，過AA1的平面與棱BC，B1C1分別交于點D，D1.
(1)證明：四邊形ADD1A1為平行四邊形.
(2)若=λ，則當(dāng)λ為何值時，直線BC1與平面ADD1A1所成角的正弦值最大
(1)利用棱柱的性質(zhì)及線面平行的判定定理證出AA1∥平面BCC1B1，再利用線面平行的性質(zhì)定理證出AA1∥DD1，利用面面平行的性質(zhì)定理證出A1D1∥AD，從而證得四邊形ADD1A1為平行四邊形.
(2)由已知可得△ABC為等腰直角三角形，取BC的中點O，所以O(shè)A⊥BC.以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，設(shè)出點D(0，t，0)(-1≤t≤1)，借助空間向量建立以t為自變量，直線BC1與平面ADD1A1所成角的正弦值為函數(shù)值的函數(shù)關(guān)系式，通過求函數(shù)的最值，來求直線BC1與平面ADD1A1所成角的正弦值的最大值.
方法總結(jié)：
解決此類問題常用的思路
(1)直觀判斷：判斷變化過程中點、線、面在何位置時，所求的量有相應(yīng)的最大、最小值，再求解.
(2)函數(shù)思想：通過建系或引入變量，把這類動態(tài)問題轉(zhuǎn)化為目標(biāo)函數(shù)問題，從而利用代數(shù)方法求目標(biāo)函數(shù)的最值.
已知四棱錐P-ABCD的底面為矩形，AD=2AB=2，過CD作平面α分別交側(cè)棱PA，PB于N，M兩點，且MN⊥PA.
(1)證明：CD⊥PD.
(2)若△PAD是等邊三角形，求直線PC與平面α所成角的正弦值的最大值.
面面角的最值問題
典例3　(改編)如圖，四邊形ABCD為矩形，△ACD≌△ACE，且二面角C-AB-E為直二面角.
(1)證明：平面ACE⊥平面BCE.
(2)設(shè)F是BE的中點，AE=1，BE=λ，且λ∈[2，3]，求平面EAC與平面ACF的夾角的余弦值的最大值.
方法總結(jié)：
本題第二問的關(guān)鍵是建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量建立以λ為自變量，cos θ為函數(shù)值的函數(shù)關(guān)系式，即cos θ=·，λ∈[2，3]，再結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性即可得cos θ的最大值.
因為空間向量給線線角、線面角、面面角提供了明確的等量關(guān)系，所以有關(guān)空間角的最值問題，往往選擇運用函數(shù)思想來解決，即以題設(shè)中所給的變量為自變量，以所求角的余弦值(或正弦值)為函數(shù)值建立函數(shù)關(guān)系式，然后利用函數(shù)的單調(diào)性或基本不等式來求最值.
1.如圖，在四棱柱ABCD-A'B'C'D'中，側(cè)面ABB'A'為正方形，側(cè)面BCC'B'為菱形，底面ABCD是平行四邊形，B'C=BC=2，E，F(xiàn)分別為棱DD'，CD的中點.若在側(cè)面CDD'C'內(nèi)(包括邊界)找到一個點P，使三棱錐P-BEF與三棱錐B'-BEF的體積相等，則點P可以是　　　　；若二面角A'-AB-C的大小為θ，當(dāng)θ取最大值時，線段B'P長度的取值范圍是　　　　.
2.已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB=BC=2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的動點，BF⊥A1B1.
(1)證明：BF⊥DE.
(2)當(dāng)B1D為何值時，平面BCC1B1與平面DFE夾角的正弦值最小
參考答案
拓展培優(yōu)(四) 與空間角有關(guān)的最值問題
考向1　線線角的最值問題
典例1　C
【解析】設(shè)球的半徑為R(R>0)，記四邊形ABCD的中心為O.因為四邊形ABCD為正方形，直線PQ經(jīng)過球心，且PQ⊥平面ABCD，所以PQ過點O且線段PQ的中點為球心.設(shè)球心為G，以O(shè)為原點，OB，OC，OP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.
設(shè)OA=OB=OC=OD=r(r>0)，G(0，0，t)(-R又OG2+OB2=R2，即t2+r2=R2，所以cos<，>====≤=，當(dāng)且僅當(dāng)t=0時等號成立.設(shè)直線PA，QB所成的角為α，則cos α=|cos<，>|≤，又0°≤α≤90°，所以αmin=60°.故選C.
培優(yōu)精練
1.A
【解析】
連接BD交AC于點O，以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
因為正方形ABCD的邊長為，所以O(shè)A=OB=OC=OD=1.因為3CM=AM，所以M為OC的中點.設(shè)OP=h，在Rt△PCQ中，有OP·OQ=OC2=1，故OQ=，
所以P(0，0，h)，D(-1，0，0)，Q0，0，-，M0，，0，則=(-1，0，-h)，=0，，，
所以|cos θ|===.
因為(h2+1)+=++≥+2=，當(dāng)且僅當(dāng)=，即h=時等號成立，所以|cos θ|的最大值為，因此sin θ的最小值為.
2.
【解析】以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1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，
則F(2，0，0)，E(3，0，1)，B(3，2，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，2)，設(shè)P(m，n，2)(0≤m≤3，0≤n≤2)，則=(1，2，0)，=(1，0，1)，=(m，n-2，2)，=(0，0，2).
設(shè)平面BEF的法向量為a=(x，y，z)，則
令x=2，則y=-1，z=-2，所以a=(2，-1，-2).因為=(m-3，n，1)，所以點P到平面BEF的距離d==.
因為EF==，BF=BE==，所以在等腰△BEF中，邊EF上的高為=，所以S△BEF=××=.因為VP-BEF=×S△BEF×d=××d=1，所以d==2，所以2m-n=2或2m-n=14(舍去).
設(shè)直線CP與DD1所成的角為θ，則θ∈0，，所以cos θ=====≤，所以cos θ的最大值為，此時θ最小，即tan θ最小.因為sin2θ+cos2θ=1，且θ∈0，，所以sin θ=，所以tan θ==，即直線CP與DD1所成角的正切值的最小值為.
考向2　線面角的最值問題
典例2
【解析】(1)因為AA1∥BB1，BB1 平面BCC1B1，AA1 平面BCC1B1，所以AA1∥平面BCC1B1，又AA1 平面ADD1A1，平面ADD1A1∩平面BCC1B1=DD1，所以AA1∥DD1.
因為平面ABC∥平面A1B1C1，平面ADD1A1∩平面A1B1C1=A1D1，平面ADD1A1∩平面ABC=AD，所以A1D1∥AD，所以四邊形ADD1A1為平行四邊形.
(2)取BC的中點O，連接OC1，OA，由BC=CC1=2及∠BCC1=60°，得△BCC1為等邊三角形，所以O(shè)C1⊥BC.
又平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC=BC，OC1 平面BCC1B1，所以O(shè)C1⊥平面ABC.
又OA 平面ABC，所以O(shè)C1⊥OA，由AC⊥AB及AC=AB，得△ABC為等腰直角三角形，所以O(shè)A⊥BC，所以O(shè)A，OB，OC1兩兩互相垂直.
以O(shè)為坐標(biāo)原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，-1，0)，C1(0，0，)，
所以=(0，-1，)，==(0，1，).設(shè)D(0，t，0)(-1≤t≤1)，則=(-1，t，0).
設(shè)平面ADD1A1的法向量為m=(x，y，z)，則即令y=，得x=t，z=-1，所以m=(t，，-1).
設(shè)直線BC1與平面ADD1A1所成的角為θ，則sin θ=|cos|===，所以當(dāng)t=0，即D為BC的中點時，sin θ取最大值，(sin θ)max =，故當(dāng)λ=1時，直線BC1與平面ADD1A1所成角的正弦值最大.
培優(yōu)精練
【解析】(1)因為四邊形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB 平面PAB，CD 平面PAB，所以CD∥平面PAB.因為CD α，平面PAB∩α=MN，且CD∥平面PAB，所以CD∥MN，又MN⊥PA，所以CD⊥PA.因為四邊形ABCD為矩形，所以CD⊥AD，又PA 平面PAD，AD 平面PAD，且PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD，又PD 平面PAD，所以CD⊥PD.
(2)設(shè)AD，BC的中點分別為O，E，連接OP，OE，因為△PAD是等邊三角形，所以PO⊥AD.因為四邊形ABCD是矩形，O，E分別為AD，BC的中點，所以O(shè)E⊥OD，且OE∥CD.
由(1)可知，CD⊥平面PAD，又PO 平面PAD，所以CD⊥PO，所以O(shè)E⊥PO.以O(shè)為原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則P(0，0，)，B(1，-1，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0).設(shè)=λ(0<λ≤1)，則=(λ，-λ，-λ)，所以M(λ，-λ，-λ).
所以=(-1，0，0)，=(λ-1，-λ-1，-λ)，=(1，1，-).
設(shè)平面α的法向量為n=(x，y，z)，
由
得
不妨取z=λ+1，可得n=(0，-λ，λ+1).
設(shè)直線PC與平面α所成的角為θ，則sin θ=|cos<，n>|==.
設(shè)f(λ)=，則f(λ)====，
因為0<λ≤1，所以≥1，所以0考向3　面面角的最值問題
典例3
【解析】(1)因為二面角C-AB-E為直二面角，所以平面ABC⊥平面ABE，又AB⊥BC，平面ABC∩平面ABE=AB，BC 平面ABC，所以BC⊥平面ABE，
又AE 平面ABE，所以BC⊥AE.因為四邊形ABCD為矩形，△ACD≌△ACE，
所以∠AEC=∠ADC=90°，即AE⊥CE，又BC∩CE=C，BC，CE 平面BCE，
所以AE⊥平面BCE，又AE 平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCE.
(2)由(1)知AE⊥平面BCE，又BE 平面BCE，故AE⊥BE.
以E為原點，射線EB，EA分別為x軸、y軸的非負(fù)半軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.
因為AD=AE=1，EB=λ，所以E(0，0，0)，A(0，1，0)，B(λ，0，0)，C(λ，0，1)，F(xiàn)，0，0，
所以=(0，1，0)，=(λ，0，1)，=-，1，0，=，0，1.
設(shè)平面EAC的法向量為m=(x，y，z)，則即令z=1，則m=-，0，1.
設(shè)平面ACF的法向量為n=(x1，y1，z1)，則即令z1=1，則n=-，-1，1.
設(shè)平面EAC與平面ACF的夾角為θ，從而有cos θ=|cos|===·，而λ∈[2，3]，則∈，，∈，，故平面EAC與平面ACF夾角的余弦值的最大值為.
培優(yōu)精練
1.C'D'的中點(答案不唯一，點P在C'D'與CC'的中點的連線段上)　[，]
【解析】如圖，取棱C'D'及CC'的中點M，N，連接MN，B'N，B'M，CD'，MF，
又因為E，F(xiàn)分別為棱DD'，CD的中點，所以MN∥CD'，EF∥CD'，所以MN∥EF，
又MN 平面BEF，EF 平面BEF，所以MN∥平面BEF.
易得MF∥CC'且MF=CC'，又BB'∥CC'且BB'=CC'，所以MF∥BB'且MF=BB'，
所以四邊形MFBB'為平行四邊形，所以BF∥B'M，同理可得B'M∥平面BEF，
又B'M∩MN=M，B'M，MN 平面B'MN，所以平面B'MN∥平面BEF.
因為點P在側(cè)面CDD'C'內(nèi)(包括邊界)，且三棱錐P-BEF與三棱錐B'-BEF的體積相等，所以點P在線段MN上，即點P在C'D'與CC'的中點的連線段上.
過點C作CH⊥AB，交AB于點H，在平面ABB'A'內(nèi)過點H作HK∥BB'.因為側(cè)面ABB'A'為正方形，所以HK⊥AB，所以∠CHK為二面角A'-AB-C的平面角，又二面角A'-AB-C的大小為θ，所以θ=∠CHK.
易知θ=∠CHK≤∠CBB'，又側(cè)面BCC'B'為菱形，B'C=BC=2，所以∠CBB'=，所以θ≤，
所以當(dāng)θ取得最大值時，CB⊥AB，又AB=BC，即四邊形ABCD為正方形.
在△B'C'N中，B'C'=2C'N=2，∠NC'B'=，所以NB'==.
在△B'C'M中，B'C'=2MC'=2，∠MC'B'=，所以MB'==.
由題意得平面AA'B'B⊥平面ABCD，所以∠D'DC=，所以MN=EF==，所以MN2+NB'2=MB'2，所以MN⊥NB'，即△MNB'為直角三角形且∠MNB'=，所以當(dāng)點P在線段MN上運動時，NB'≤B'P≤MB'，即線段B'P長度的取值范圍為[，].
2.解析　因為三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面ABC，又AB 底面ABC，所以BB1⊥AB.因為A1B1∥AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB，又BB1∩BF=B，BB1，BF 平面BCC1B1，所以AB⊥平面BCC1B1，所以BA，BC，BB1兩兩垂直.
以B為坐標(biāo)原點，BA，BC，BB1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，
所以B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，2)，A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，E(1，1，0)，F(xiàn)(0，2，1).設(shè)D(a，0，2)(0≤a≤2).
(1)因為=(0，2，1)，=(1-a，1，-2)，
所以·=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0，所以BF⊥DE.
(2)由(1)知=(-1，1，1)，=(1-a，1，-2)，設(shè)平面DFE的法向量為m=(x，y，z)，所以即
令z=2-a，則m=(3，1+a，2-a).
易知平面BCC1B1的一個法向量為=(2，0，0).
設(shè)平面BCC1B1與平面DEF的夾角為θ，
則cos θ===.
當(dāng)a=時，2a2-2a+14取得最小值，最小值為，此時cos θ取得最大值，最大值為=，
所以(sin θ)min==，此時B1D=.即當(dāng)B1D=時，平面BCC1B1與平面DFE夾角的正弦值最小.

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