【高考题型分类突破】拓展培优04 与空间角有关的最值问题 2025年高考数学二轮专题复习 学案（含答案）

拓展培优(四)与空间角有关的最值问题
　　与空间角有关的最值问题是高考的一个重要考点，通常涉及空间向量、几何体的性质以及函数与不等式等相关知识.这类问题主要考查学生对空间几何图形的理解、空间想象能力以及综合运用数学知识解决实际问题的能力.
解题时，首先要明确空间角，如两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面所成的角的定义，其次要利用空间向量的数量积公式计算角度，并结合几何体的对称性和特殊位置，寻找最值.
该问题通常通过建立适当的坐标系简化问题，利用空间向量的几何意义和运算性质并结合函数的性质与不等式的均值定理来求解.
线线角的最值问题
典例1　已知点A，B，C，D，P，Q都在同一个球面上，四边形ABCD为正方形，若直线PQ经过球心，且PQ⊥平面ABCD，则异面直线PA，QB所成角的最小值为(　　).
A.30° B.45°
C.60° D.75°
方法总结：
处理立体几何中空间角的最值问题的一般方法
(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中空间角取得最值时的特殊位置，再计算它的值.
(2)代数法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、值域，和不等式的均值定理等，求出最值.
1.设四棱锥P-ABCD与Q-ABCD为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且∠PCQ=90°，点M在线段AC上，且3CM=AM，将异面直线PD，QM所成的角记为θ，则sin θ的最小值为(　　).
A. B. C. D.
2.
如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中点，F是AD上一点，AB=AA1=2，BC=3，AF=1，动点P在上底面A1B1C1D1上，且满足三棱锥P-BEF的体积等于1，则直线CP与DD1所成角的正切值的最小值为　　　　.
线面角的最值问题
典例2　如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，AC⊥AB，AC=AB，BC=CC1=2，∠BCC1=60°，过AA1的平面与棱BC，B1C1分别交于点D，D1.
(1)证明：四边形ADD1A1为平行四边形.
(2)若=λ，则当λ为何值时，直线BC1与平面ADD1A1所成角的正弦值最大
(1)利用棱柱的性质及线面平行的判定定理证出AA1∥平面BCC1B1，再利用线面平行的性质定理证出AA1∥DD1，利用面面平行的性质定理证出A1D1∥AD，从而证得四边形ADD1A1为平行四边形.
(2)由已知可得△ABC为等腰直角三角形，取BC的中点O，所以OA⊥BC.以O为坐标原点，建立适当的空间直角坐标系，设出点D(0，t，0)(-1≤t≤1)，借助空间向量建立以t为自变量，直线BC1与平面ADD1A1所成角的正弦值为函数值的函数关系式，通过求函数的最值，来求直线BC1与平面ADD1A1所成角的正弦值的最大值.
方法总结：
解决此类问题常用的思路
(1)直观判断：判断变化过程中点、线、面在何位置时，所求的量有相应的最大、最小值，再求解.
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数问题，从而利用代数方法求目标函数的最值.
已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，AD=2AB=2，过CD作平面α分别交侧棱PA，PB于N，M两点，且MN⊥PA.
(1)证明：CD⊥PD.
(2)若△PAD是等边三角形，求直线PC与平面α所成角的正弦值的最大值.
面面角的最值问题
典例3　(改编)如图，四边形ABCD为矩形，△ACD≌△ACE，且二面角C-AB-E为直二面角.
(1)证明：平面ACE⊥平面BCE.
(2)设F是BE的中点，AE=1，BE=λ，且λ∈[2，3]，求平面EAC与平面ACF的夹角的余弦值的最大值.
方法总结：
本题第二问的关键是建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量建立以λ为自变量，cos θ为函数值的函数关系式，即cos θ=·，λ∈[2，3]，再结合函数的单调性即可得cos θ的最大值.
因为空间向量给线线角、线面角、面面角提供了明确的等量关系，所以有关空间角的最值问题，往往选择运用函数思想来解决，即以题设中所给的变量为自变量，以所求角的余弦值(或正弦值)为函数值建立函数关系式，然后利用函数的单调性或基本不等式来求最值.
1.如图，在四棱柱ABCD-A'B'C'D'中，侧面ABB'A'为正方形，侧面BCC'B'为菱形，底面ABCD是平行四边形，B'C=BC=2，E，F分别为棱DD'，CD的中点.若在侧面CDD'C'内(包括边界)找到一个点P，使三棱锥P-BEF与三棱锥B'-BEF的体积相等，则点P可以是　　　　；若二面角A'-AB-C的大小为θ，当θ取最大值时，线段B'P长度的取值范围是　　　　.
2.已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的动点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE.
(2)当B1D为何值时，平面BCC1B1与平面DFE夹角的正弦值最小
参考答案
拓展培优(四) 与空间角有关的最值问题
考向1　线线角的最值问题
典例1　C
【解析】设球的半径为R(R>0)，记四边形ABCD的中心为O.因为四边形ABCD为正方形，直线PQ经过球心，且PQ⊥平面ABCD，所以PQ过点O且线段PQ的中点为球心.设球心为G，以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图.
设OA=OB=OC=OD=r(r>0)，G(0，0，t)(-R又OG2+OB2=R2，即t2+r2=R2，所以cos<，>====≤=，当且仅当t=0时等号成立.设直线PA，QB所成的角为α，则cos α=|cos<，>|≤，又0°≤α≤90°，所以αmin=60°.故选C.
培优精练
1.A
【解析】
连接BD交AC于点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正方形ABCD的边长为，所以OA=OB=OC=OD=1.因为3CM=AM，所以M为OC的中点.设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，则=(-1，0，-h)，=0，，，
所以|cos θ|===.
因为(h2+1)+=++≥+2=，当且仅当=，即h=时等号成立，所以|cos θ|的最大值为，因此sin θ的最小值为.
2.
【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1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，
则F(2，0，0)，E(3，0，1)，B(3，2，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，2)，设P(m，n，2)(0≤m≤3，0≤n≤2)，则=(1，2，0)，=(1，0，1)，=(m，n-2，2)，=(0，0，2).
设平面BEF的法向量为a=(x，y，z)，则
令x=2，则y=-1，z=-2，所以a=(2，-1，-2).因为=(m-3，n，1)，所以点P到平面BEF的距离d==.
因为EF==，BF=BE==，所以在等腰△BEF中，边EF上的高为=，所以S△BEF=××=.因为VP-BEF=×S△BEF×d=××d=1，所以d==2，所以2m-n=2或2m-n=14(舍去).
设直线CP与DD1所成的角为θ，则θ∈0，，所以cos θ=====≤，所以cos θ的最大值为，此时θ最小，即tan θ最小.因为sin2θ+cos2θ=1，且θ∈0，，所以sin θ=，所以tan θ==，即直线CP与DD1所成角的正切值的最小值为.
考向2　线面角的最值问题
典例2
【解析】(1)因为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.
因为平面ABC∥平面A1B1C1，平面ADD1A1∩平面A1B1C1=A1D1，平面ADD1A1∩平面ABC=AD，所以A1D1∥AD，所以四边形ADD1A1为平行四边形.
(2)取BC的中点O，连接OC1，OA，由BC=CC1=2及∠BCC1=60°，得△BCC1为等边三角形，所以OC1⊥BC.
又平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC=BC，OC1 平面BCC1B1，所以OC1⊥平面ABC.
又OA 平面ABC，所以OC1⊥OA，由AC⊥AB及AC=AB，得△ABC为等腰直角三角形，所以OA⊥BC，所以OA，OB，OC1两两互相垂直.
以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则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，).设D(0，t，0)(-1≤t≤1)，则=(-1，t，0).
设平面ADD1A1的法向量为m=(x，y，z)，则即令y=，得x=t，z=-1，所以m=(t，，-1).
设直线BC1与平面ADD1A1所成的角为θ，则sin θ=|cos|===，所以当t=0，即D为BC的中点时，sin θ取最大值，(sin θ)max =，故当λ=1时，直线BC1与平面ADD1A1所成角的正弦值最大.
培优精练
【解析】(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB 平面PAB，CD 平面PAB，所以CD∥平面PAB.因为CD α，平面PAB∩α=MN，且CD∥平面PAB，所以CD∥MN，又MN⊥PA，所以CD⊥PA.因为四边形ABCD为矩形，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)设AD，BC的中点分别为O，E，连接OP，OE，因为△PAD是等边三角形，所以PO⊥AD.因为四边形ABCD是矩形，O，E分别为AD，BC的中点，所以OE⊥OD，且OE∥CD.
由(1)可知，CD⊥平面PAD，又PO 平面PAD，所以CD⊥PO，所以OE⊥PO.以O为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则P(0，0，)，B(1，-1，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0).设=λ(0<λ≤1)，则=(λ，-λ，-λ)，所以M(λ，-λ，-λ).
所以=(-1，0，0)，=(λ-1，-λ-1，-λ)，=(1，1，-).
设平面α的法向量为n=(x，y，z)，
由
得
不妨取z=λ+1，可得n=(0，-λ，λ+1).
设直线PC与平面α所成的角为θ，则sin θ=|cos<，n>|==.
设f(λ)=，则f(λ)====，
因为0<λ≤1，所以≥1，所以0考向3　面面角的最值问题
典例3
【解析】(1)因为二面角C-AB-E为直二面角，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.因为四边形ABCD为矩形，△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为原点，射线EB，EA分别为x轴、y轴的非负半轴建立空间直角坐标系，如图.
因为AD=AE=1，EB=λ，所以E(0，0，0)，A(0，1，0)，B(λ，0，0)，C(λ，0，1)，F，0，0，
所以=(0，1，0)，=(λ，0，1)，=-，1，0，=，0，1.
设平面EAC的法向量为m=(x，y，z)，则即令z=1，则m=-，0，1.
设平面ACF的法向量为n=(x1，y1，z1)，则即令z1=1，则n=-，-1，1.
设平面EAC与平面ACF的夹角为θ，从而有cos θ=|cos|===·，而λ∈[2，3]，则∈，，∈，，故平面EAC与平面ACF夹角的余弦值的最大值为.
培优精练
1.C'D'的中点(答案不唯一，点P在C'D'与CC'的中点的连线段上)　[，]
【解析】如图，取棱C'D'及CC'的中点M，N，连接MN，B'N，B'M，CD'，MF，
又因为E，F分别为棱DD'，CD的中点，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'，
所以四边形MFBB'为平行四边形，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.
因为点P在侧面CDD'C'内(包括边界)，且三棱锥P-BEF与三棱锥B'-BEF的体积相等，所以点P在线段MN上，即点P在C'D'与CC'的中点的连线段上.
过点C作CH⊥AB，交AB于点H，在平面ABB'A'内过点H作HK∥BB'.因为侧面ABB'A'为正方形，所以HK⊥AB，所以∠CHK为二面角A'-AB-C的平面角，又二面角A'-AB-C的大小为θ，所以θ=∠CHK.
易知θ=∠CHK≤∠CBB'，又侧面BCC'B'为菱形，B'C=BC=2，所以∠CBB'=，所以θ≤，
所以当θ取得最大值时，CB⊥AB，又AB=BC，即四边形ABCD为正方形.
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'==.
由题意得平面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'为直角三角形且∠MNB'=，所以当点P在线段MN上运动时，NB'≤B'P≤MB'，即线段B'P长度的取值范围为[，].
2.解析　因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面ABC，又AB 底面ABC，所以BB1⊥AB.因为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，BB1两两垂直.
以B为坐标原点，BA，BC，BB1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(0，2，1).设D(a，0，2)(0≤a≤2).
(1)因为=(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)，设平面DFE的法向量为m=(x，y，z)，所以即
令z=2-a，则m=(3，1+a，2-a).
易知平面BCC1B1的一个法向量为=(2，0，0).
设平面BCC1B1与平面DEF的夹角为θ，
则cos θ===.
当a=时，2a2-2a+14取得最小值，最小值为，此时cos θ取得最大值，最大值为=，
所以(sin θ)min==，此时B1D=.即当B1D=时，平面BCC1B1与平面DFE夹角的正弦值最小.