浙江省2021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 16页

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，BQ QC ＝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＜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 3 ，A1B→＝(0，b，－a)，AD1 →＝(－b，0，a)，D1B1 → ＝(b，b，0)，AE→＝ －b，b，a 3 ， cos α＝ |A1B→·AD1 →| |A1B→|·|AD1 →| ＝ a2 a2＋b2· a2＋b2 ＝ a2 a2＋b2，cos β＝ |A1B→·D1B1 → | |A1B→|·|D1B1 → | ＝ b2 a2＋b2· b2＋b2 ， cos γ＝ |AE→·D1B1 → | |AE→|·|D1B1 → | ＝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＜OQ·sin∠OQP′＝a， OE＝OR·sin∠ORE＞OR·sin∠ORP′＝a， ∴OF＜OG＜OE，∴ OD tan β ＜ OD tan γ ＜ OD tan α ， ∴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)(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＝SO′ EO′ ＝ 5 2 ，tan θ2＝SO EO ＝ 1 5 2 ＝ 2 5 ，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( ) 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＞α 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＝OA1 OA ＝ 5 5 ，即 cos γ＝ 5 5 ，在△AOF 中，易得 OF＝1， OA＝ 5，AF＝ 7，则由余弦定理得 cos∠AOF＝－ 5 10 ，即 cos θ＝ 5 10 .在 △AOE 中，易得 OE＝1，OA＝ 5，AE＝ 5，则由余弦定理得 cos∠AOE＝ 5 10 ，即 cos β＝ 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＝SP PQ ，tan∠SRP＝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＝OS OE ，tan∠SGO＝OS OG ，tan∠SED＝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)(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. 3 3 B.1 2 C. 2 3 D.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 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＝ 2 2 ，AO＝AEsin θ＝ 2 2 sin θ，在图 1 中，由∠GAB＝45°，可得 AG＝2 2，则 OG＝2 2－ 2 2 － 2 2 cos θ＝2 2－ 2 2 (1＋cos θ)，OH＝ 2 2 OG＝2－1 2 (1＋cos θ)，即有 tan∠AHO＝AO OH ＝ 2 2 sin θ 2－1 2 （1＋cos θ） ＝ 2· sin θ 3－cos θ (0＜θ＜π)，令 t＝ sin θ 3－cos θ ，0＜θ＜π，可得 sin θ＋tcos θ＝ 3t≤ t2＋1，解得 t≤ 2 4 ，则 tan∠AHO≤1 2 .∴当二面角 A－BC－D 的平面角最大时，其正切值 为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DP→ ＝(1，a，0)，DB1 →＝(1，1，1)，设平面 PDB1 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 DP→·n＝x＋ay＝0， DB1 →·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 cos θ＝| n·m |n||m||＝ |－1| a2＋（－1）2＋（－a＋1）2 ＝ 1 2 a－1 2 2 ＋3 2 ，易得当二面 角取得最小值α时，a＝1 2 ，此时有 cos α＝ 6 3 . 答案 (1)B (2) 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 到底面 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，它们所在的平面互相垂直，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 cos θ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＜ 2)，则 PH＝AB＝ 2.因为△ABC 为等腰直角三角形，所以 MH＝AHsin 45°＝ 2t 2 ，NH＝BHsin 45°＝ 2（ 2－t） 2 ，所以 tan α＝PH MH ＝ 2 2 2 t ＝2 t ，tan β＝PH NH ＝ 2 2 2 （ 2－t） ＝ 2 2－t ， 所以 tan(α＋β)＝ tan α＋tan β 1－tan α·tan β ＝ 2 t ＋ 2 2－t 1－2 t × 2 2－t ＝－ 2 2 t2－ 2t＋4 ＝－ 2 2 t－ 2 2 2 ＋7 2 . 因为 0＜t＜ 2，所以当 t＝ 2 2 时，tan(α＋β)取得最小值，最小值为－4 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AF→＝ 1，1 2 ，0 ，E 1 2 ，0，0 ， 设 M(0，y，1)(0≤y≤1)，则EM→＝ －1 2 ，y，1 ， ∴cos〈AF→，EM→〉＝ －1 2 ＋1 2 y 1＋1 4 · 1 4 ＋y2＋1 ＝－ 1－y 5 2 · 4y2＋5 . 则 cos θ＝|cos〈AF→，EM→〉|＝ 1－y 5 2 · 4y2＋5 ＝2 5 5 · 1－y 4y2＋5 ， 令 t＝1－y，则 y＝1－t， ∵0≤y≤1，∴0≤t≤1， 那么 cos θ＝2 5 5 · t 4t2－8t＋9 ＝2 5 5 t2 4t2－8t＋9 ＝2 5 5 1 4－8 t ＋9 t2 ， 令 x＝1 t ，∵0≤t≤1，∴x≥1， 那么 cos θ＝2 5 5 1 4－8x＋9x2， 又∵z＝9x2－8x＋4 在[1，＋∞)上单调递增， ∴x＝1 时，zmin＝5， 此时 cos θ的最大值为2 5 5 · 1 5 ＝2 5 5 · 5 5 ＝2 5 . 答案 (1)－4 2 7 (2)2 5 题型三 空间角的范围 【例 3】 (1)在矩形 ABCD 中，AB＝ 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. 0，π 6 B. 0，π 3 C. 0，π 2 D. 0，2π 3 (2)(2020·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. 2 5 5 ，1 B. 5 5 ，1 C. 3 2 ，1 D. 3 3 ，1 解析 (1)根据题意，初始状态，直线 AD 与直线 BC 成的角为 0，当 BD＝ 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 0，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∈ π 2 －θ，π 2 ＋θ 在 Rt△EO2O1 中，sin θ＝1 2 ，则θ＝π 6 ，即直线 O2M 与直线 O3O4 所成角α∈ π 3 ，π 2 ，则直线 O2M 与直线 O3O4 所成角的正弦值的取值范围为 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，所有的棱长均为 2，M 是 AB 的中点，动点 P 在底面 A1B1C1 内，若 BP∥平面 A1MC，记∠PCC1＝α，则 sin α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. π 4 ，π 3 B. π 4 ，π 2 C. π 6 ，π 2 D. π 6 ，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＝ 3，连接 CD，在 Rt△CDC1 中，0≤α≤∠C1CD，CD＝ 7，sin∠C1CD＝ 21 7 ，所以 0≤sin α≤ 21 7 . (2)建立如图坐标系，设正方体 ABCD－A1B1C1D1 棱长为 1，则AD1 →＝(1，0，－1)，A1C→＝(1，1， 1).设A1P→＝λA1C→＝(λ，λ，λ)，其中 0≤λ≤1.则BP→＝(λ，λ－1，λ－1).又设 BP 与 AD1 所成角为θ，所以 cos θ＝|cos〈BP→，AD1 → 〉|＝ |BP→·AD1 →| |BP→||AD1 →| ＝ 1 6 λ－2 3 2 ＋4 3 .由 0≤λ≤1 得1 2 ≤ cos θ≤ 3 2 ，而 0≤θ≤π 2 ，所以π 6 ≤θ≤π 3 . 答案 (1) 0， 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，mn 解析 由题意得 AB2＝a2＋n2＝b2＋m2， a>b， tan φ＝a n ， tan θ＝b m ， 解得 m>n， θ<φ. 答案 D 2.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≥φ C.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 A 3.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＝θ2 C.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 D 4.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<β C.β<α<γ D.γ<β<α 解析 由题图可知∠PCA＝α<π 2 ，∠PDA＝β<π 2 ，因为 PA⊥平面 ABC，所以 tan α＝PA AC ，tan β＝PA AD .又 AC>AD，故 tan β>tan α，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 A 5.(2020·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＞α C.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 到底面 ABC 的距离为 h，则由题意知 tan α＝h h1 ，tan β＝h h2 ，tan γ＝h h3 ，由图可知 h1＜h3＜h2，则α＞γ＞ β，故选 D. 答案 D 6.如图，在正四面体 A－BCD 中，P，Q，R 分别为 AB，AC，AD 上的点，AP PB ＝2，CQ QA ＝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＜β C.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 C 7.(2020·七彩阳光联盟三联)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＞β C.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)＝SC MC ，tan(β＋γ)＝FC MC ，tan γ＝EC MC .因为 E，F 是棱 SC 的三等 分点，所以tan(α＋β＋γ)∶tan(β＋γ)∶tan γ＝3∶2∶1.设tan γ ＝a，则 tan(α＋β＋γ)＝3a，tan(β＋γ)＝2a，所以 tan β＝tan(β ＋γ－γ)＝ a 1＋2a2，同理可得 tan α＝ a 1＋6a2.因为 a＞ a 1＋2a2＞ a 1＋6a2，所以 tan γ＞tan β ＞tan α，所以γ＞β＞α，故选 C. 答案 C 8.(2020·嘉、丽、衢模拟)如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝AC＝1，BC＝AA1＝ 2，点 E， O 分别是线段 C1C，BC 的中点，A1F→＝1 3 A1A→，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＞γ C.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 tan α＝FG d3 ，tan β＝FG d2 ，tan γ＝FG d1 ，由图 易得 d1＜d3＜d2，则 tan γ＞tan α＞tan β，即γ＞α＞β，故选 D. 答案 D 9.(2020·浙江名师预测卷三)如图，矩形 ABCD 的边长 AB＝ 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，则在翻折过程中一定正确的结论是( ) A.α≤β≤γ B.β≤α≤γ C.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 sin α＝MH AM ，sin β＝MH EM ，sin γ＝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 cos β＝EH EM ，cos γ＝AF AM ，而 EH＝AF，EM≤AM，故β≤γ，综上，α≤β≤γ，故选 A. 答案 A 10.(2020·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＞BB1 C.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 tan α＝DO OM ，tan β＝DO ON ，tan γ＝DO OP ，因为α＞β＞γ， 所以 OM＜ON＜OP，则点 O 一定在△BEF 内部(不包括边界)，所以 OB＜OA＜OC，又因为 AD＝ OA2＋OD2，BD＝ OB2＋OD2，CD＝ OC2＋OD2，所以 BD＜AD＜CD，所以 CC1＞AA1＞BB1，故选 D. 答案 D 11.(2020·浙江名师预测卷五)已知二面角 A－BC－D 大小为θ，θ∈ 0，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＝∠AOD C.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 B 12.如图，已知三棱锥 D－ABC 满足 AC>AB>BC，D 在底面的投影 O 为△ABC 的外心，分别记直线 DO 与平面 ABD，ACD，BCD 所成的角为α，β，γ，则( ) A.α<β<γ B.α<γ<β C.β<γ<α D.β<α<γ 解析 过点 O 分别作 AC，AB，BC 的垂线，垂足分别为 E，F，G，连接 DE，DF，DG，则由 OE⊥AC， DO⊥AC，OE∩DO＝O 得 AC⊥平面 DEO，又因为 AC⊂平面 ACD，所以平面 DEO⊥平面 ACD，则∠ODE 即为 DO 与平面 ACD 的夹角，即∠ODE＝β，同理可得∠ODF＝α，∠ODG＝γ，则 tan β＝OE OD ， tan α＝OF OD ，tan γ＝OG OD ，在△ABC 中，因为点 O 为△ABC 的外心，且 AC>AB>BC，所以 OEγ>β B.γ>β>α C.γ>α>β D.β>α>γ 解析 作 FF′⊥平面 BB1D1D，则 FF′＝ 2 2 ，作 FK⊥OB1，FM⊥OE，FN⊥B1D1， 所以 tan α＝tan∠FKF′＝ 2 2F′K ，tan β＝tan∠FMF′＝ 2 2F′M ，tan γ ＝ tan ∠FNF′ ＝ 2 2F′N ， 又 F′K ＝ OF′·sin ∠ B1OF′ ， F′M ＝ OF′·sin∠EOF′，且 AF＝λAA1<1 2 AA1，EB1＝4 5 B1D1，所以 F′N>OF′>F′K>F′M，所以 tan β>tan α>tan γ，所以β>α>γ，故选 D. 答案 D