新高考版高考数学二轮复习（新高考版） 第1部分 专题突破 专题4　微重点14　与空间角有关的最值问题课件PPT

这是一份新高考版高考数学二轮复习（新高考版） 第1部分 专题突破 专题4　微重点14　与空间角有关的最值问题课件PPT，共58页。PPT课件主要包含了空间角的大小比较，空间角的最值，空间角的范围，专题强化练等内容，欢迎下载使用。

第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，构建出高中数学知识的结构图。下面，小编给大家带来高考数学二轮复习策略，效果是十分显著的哦！1、明确模拟练习的目的。检测知识的全面性，更是训练书写规范，表述准确的过程。2、查漏补缺，以“错”纠错。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。3、严格有规律地进行限时训练。平时如考试，并在速度体验中提高正确率。4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，可适当拓展高考中难点的训练。5、注重题后反思总结。及时处理问题，争取“问题不过夜”。6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
微重点14　与空间角有关的最值问题
立体几何动态问题中，空间角的最值及范围问题是高考的常考题型，常与图形翻折、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.主要是利用三角函数值比较及最小角定理(线面角是最小的线线角，二面角是最大的线面角)等求解.
(2022·嘉兴质检)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所成的角分别为α，β，γ，则A.α＜β＜γ B.γ＜β＜αC.β＜α＜γ D.α＜γ＜β
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(图略)，∵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)，
∵a＞b＞0，∴cs α＞cs β＞cs γ＝0，∴α＜β＜γ.
(1)最小角定理：直线与平面所成角是直线与平面内所有直线所成角中最小的角(线面角是最小的线线角).(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角(二面角是最大的线面角).
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
由题意，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β<α，而直线PB与平面ABC所成的角β小于二面角P－AC－B的平面角γ，所以β<γ.
取DC1的中点O，连接D1O，OP，D1P，作MS⊥平面AB1C1D于点S，ET⊥平面AB1C1D于点T(图略)，由正方体性质可知D1O⊥平面AB1C1D，
则∠EPT为直线EP与平面AB1C1D的夹角，当O，T，P共线时，PT最小，
求空间角最值、范围的两种常用方法(1)利用空间角的定义及几何图形找到空间角，构造三角形，利用三角函数的比值构造函数求最值、范围.(2)建立空间坐标系，利用坐标运算求空间角的三角函数值，构造函数求最值、范围.
(2022·内江模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为线段A1D的中点，N为线段CD1上的动点，则直线C1D与直线MN所成角的正弦值的最小值为
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则M(1,0,1)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，
设直线C1D与直线MN所成角为θ，
如图，取AD的中点O，BC的中点G，连接OS，OG，则OG⊥AD，以OG所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝2，则A(0，－1,0)，C(2,1,0)，D(0,1,0).因为△SAD为正三角形，O为AD的中点，所以SO⊥AD，又OG⊥AD，所以∠SOG是二面角S－AD－C的平面角，
求空间角的范围时，要注意空间角自身的范围；利用坐标法求角时，要注意向量夹角与空间的关系.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点.设点P在棱CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sin α的取值范围是
令P(0,0，m)，m∈[0,1]，
设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则平面A1BD的一个法向量为n＝(1,1，－1)，
根据题意，初始状态，直线AD与直线BC所成的角为0，
且DB∩DC＝D，DB，DC⊂平面DBC，所以AD⊥平面DBC，又BC⊂平面DBC，
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
方法一　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.因为OM∥BC，BC⊥AB，SM⊥AB，所以θ3也是OM与平面SAB所成的角，即BC与平面SAB所成的角，再根据最小角定理知θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1.
方法二　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.
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θ2≤θ3≤θ1.
3.(多选)(2022·汕头模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则A.直线BD1⊥平面A1C1DB.三棱锥P－A1C1D的体积为定值
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，
则(x－1,0，z－1)＝λ(－1,0，－1)，λ∈[0,1]，
又DA1∩DC1＝D，DA1，DC1⊂平面A1C1D，所以直线BD1⊥平面A1C1D，故A正确；对于B，设侧面BCC1B1的对角线交点为O，
而A1B1⊥平面BCC1B1，OC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥OC1，而A1B1∩CB1＝B1，A1B1，CB1⊂平面A1B1CD，所以OC1⊥平面A1B1CD，
设直线C1P与平面A1C1D所成角为α，
4.(2022·义乌模拟)如图，在等边△ABC中，D，E分别是线段AB，AC上异于端点的动点，且BD＝CE，现将△ADE沿直线DE折起，使平面ADE⊥平面BCED，当D从B滑动到A的过程中，则下列选项中错误的是A.∠ADB的大小不会发生变化B.二面角A－BD－C的平面角的大小不会 发生变化C.BD与平面ABC所成的角变大D.AB与DE所成的角先变小后变大
设等边△ABC的边长为1，AD＝x(0在△ADE沿直线DE折起的过程中，AH⊥DE，HG⊥BC始终满足.由平面ADE⊥平面BCED，平面ADE∩平面BCED＝DE，AH⊂平面ADE，所以AH⊥平面BCED，又BH⊂平面BCED，则AH⊥BH，
所以∠ADB大小不变，故A正确；如图，过H作HO⊥BD交BD于点O，
由AH⊥平面BCED，BD⊂平面BCED，得AH⊥BD，
又AH∩OH＝H，AH，OH⊂平面AOH，所以BD⊥平面AOH，所以∠AOH为二面角A－BD－C的平面角，
所以∠AOH大小不变，故B正确；
由AH⊥DE，得AH⊥BC，又HG⊥DE，且HG∩AH＝H，HG，AH⊂平面AGH，所以BC⊥平面AGH，又AG⊂平面AGH，所以BC⊥AG，又AH⊥平面BCED，HG⊂平面BCED，则AH⊥HG，
设点D到平面ABC的距离为d，由等体积法可得VA－BCD＝VD－ABC，
设BD与平面ABC所成的角为θ，
所以在这一过程中，sin θ变小，则角θ变小，故C不正确；由DE∥BC，则∠ABC(或其补角)为AB与DE所成的角.由上可知，BC⊥AG，
5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是棱AB(包括端点)上的动点，设点P在运动过程中，平面PDB1与平面ADD1A1夹角的最小值为α，则cs α＝________.
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(图略)，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)，
设平面PDB1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
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)，设平面PDB1与平面ADD1A1的夹角为θ，
6.已知E，F，O分别是正方形ABCD的边BC，AD及对角线AC的中点，将△ACD沿着AC进行翻折构成三棱锥，则在翻折过程中，直线EF与平面BOD所成角的余弦值的取值范围为________.
如图所示，设正方形的边长为2，
OA⊥OB，OA⊥OD，设∠BOD＝α，α∈(0，π)，直线EF