培优专题08 立体几何角度最值与角度不等式11大题型归类（期中专项训练）高一数学下学期人教A版

专题08 角度最值与角度不等式归类 题型1 平行与异面直线角 题型7 角不等式：二面角不等式 题型2 异面直线角与圆锥旋转角 题型8 角不等式：线面角角度不等式 （重点） 题型3 垂直与线面角（重点） 题型9 角不等式：异面直线角度不等式 题型4 射影角范围最值 题型10 角不等式：三大角不等式 题型5 二面角（常考点） 题型11 角不等式：三面角余弦定理不等式 题型6 二面角型范围最值 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一、平行与异面直线角 （共3小题） 1．（23-24高三上·辽宁·开学考试）已知一个棱长为2的正方体，点是其内切球上两点，是其外接球上两点，连接，且线段均不穿过内切球内部，当四面体的体积取得最大值时，异面直线与的夹角的余弦值为（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】画出图形，分析当四面体的体积取得最大时，的位置关系，作出异面直线所成的角，再利用余弦定理可求得结果. 【详解】由正方体棱长为2，知其内切球的半径为1，外接球的半径， 依题意知，最长为，最长为内切球的直径2， 由三角形面积公式，若为定值时，时面积最大， 画出图形如图所示，其中分别是所在正方形的中心，是内切球与外接球的球心，    由正方体性质知，，，， 又，故此时四面体的体积取得最大， 因为，，所以四边形是平行四边形， 所以，所以异面直线与所成的角， 在中，， 由余弦定理得 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是依题意画出符合的图形，再利用等体积法找到体积最大时，异面直线的夹角，再利用余弦定理求解. 2．（21-22高二上·浙江台州·期末）在三棱台中，底面BCD，，，．若A是BD中点，点P在侧面内，则直线与AP夹角的正弦值的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用异面直线的夹角定义转化为求直线与AP夹角的正弦值最小，需点到AP的距离最小，最小值为点到面的距离，再利用等体积法求出距离，进而得解. 【详解】如图，分别取的中点，连接， 取的中点，连接 由三棱台的性质知，且， 所以四边形为平行四边形， 又，，故直线与AP的夹角为直线与AP的夹角， 要使直线与AP夹角的正弦值最小，需点到AP的距离最小， 又点P在侧面内，则需点到AP的距离最小，即点到面的距离， 设点到面的距离为，利用等体积法知 即，即， 在直角中，，， 又在中，，，， ，又 设直线与AP夹角的最小值为，则 故选：B    【点睛】关键点点睛：本题考查异面直线的夹角，解题的关键是通过异面直线夹角定义转化，再将所求夹角正弦值转化为点到AP的距离最小，即点到面的距离，考查学生的转化化归能力与运算求解能力，属于难题。 3．（2021·浙江温州·二模）如图，点分别是正四面体棱上的点，设，直线与直线所成的角为，则（    ） A．当时，随着的增大而增大 B．当时，随着的增大而减小 C．当时，随着的增大而减小 D．当时，随着的增大而增大 【答案】D 【分析】分和两种情况，分别过作的平行线，可得直线与所作的平行线成的角即为角可得答案. 【详解】当时，如下图作交于点，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即， 设正四面体的棱长为3，则， 可求得， 所以在中，有， 令，则， 时，有正有负，函数有增有减， 所以故A与B错误； 当时，如下图作交于点，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即. 同样设正四面体的棱长为3，则， 可求得， , 在中，有， 所以，即， 所以在中，有， 令，则， 所以在定义域内单调递减，即增大，减小，即减小，从而增大，故D正确，C错误. 故选：D. 题型二、异面直线角与圆锥旋转角 （共3小题） 4．（2020·河北衡水·一模）如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求得点的轨迹是平面内以点为圆心，半径为的圆，可得，进而可得出题中所求角等于直线与直线的夹角，然后过点作平面于点，过点作于点，连接，找出使得最大和最小时的位置，进而可求得所求角的余弦值的取值范围. 【详解】连接交平面于点，延长线段至点，使得，连接、、，如下图所示：        已知在正方体中，底面，平面，， 又四边形为正方形，所以，， ，平面，平面，， 同理，，平面， 三棱锥的体积为， ，， 可得， 所以，线段的长被平面与平面三等分，且与两平面分别垂直， 而正方体的棱长为，所以，，如下图所示：    其中，不妨设，由题意可， 所以，，可得， 所以，点在平面内以点为圆心，半径为的圆上. 因为，所以，直线与直线的夹角即为直线与直线所成角. 接下来要求出线段与的长，然后在中利用余弦定理求解. 如图，过点作平面于点，过点作于点，连接，      根据题意可知，，且， 所以，，. 如图所示，，当点在处时，最大，当点在处时，最小.      这两种情况下直线与直线夹角的余弦值最大，为； 当点在点处时，为直角，此时余弦值最小为. 综上所述，直线与直线所成角的余弦值的取值范围是. 故选：A. 【点睛】本题考查异面直线所成角的取值范围的求解，解题的关键就是确定点的轨迹，考查推理能力与计算能力，属于难题. 5．（2024·全国·模拟预测）如图，已知长方体中，，，为正方形的中心点，将长方体绕直线进行旋转．若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线与夹角的正弦值的最小值为（    ）（参考数据：，） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出直线与的夹角，可得绕直线旋转的轨迹为圆锥，求直线与的夹角，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，利用三角函数知识求解即可. 【详解】在长方体中，，则直线与的夹角等于直线与的夹角． 长方体中，，，为正方形的中心点， 则，又， 所以是等边三角形，故直线与的夹角为． 则绕直线旋转的轨迹为圆锥，如图所示，． 因为直线与所成的角为，，所以直线与的夹角为． 在平面中，作，，使得． 结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为， 易知． 设直线与的夹角为，则，故当时最小， 而 ， 故直线与的夹角的正弦值的最小值为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：解题中在平面中，作，，使得，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为是关键. 6．（2022·全国·模拟预测）已知正方体中，为内一点，且，设直线与所成的角为，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意结合线面垂直的判定定理和性质定理可证平面，分析可得点为的中心，结合可得，从而可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，转化为是底面半径为､高为的圆锥的母线，分析求得的范围，即可求解. 【详解】如图1，设与平面相交于点，连接交于点，连接， ∵平面，平面，则， ，，平面 ∴平面， 由平面，则， 同理可证：， ，平面， ∴平面， ∵，由正三棱锥的性质可得：为的中心， 连接， ∵为的中点，∴交于点，连接， 由平面，平面，则，即是的高， 设，，则，且的内切圆半径， 则，， ∵，即，则， ∴点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. ∵平面，平面，则， ∴， 故为底面半径为，高为的圆锥的母线，如图2所示， 设圆锥的母线与底面所成的角，则， 所以，即直线与平面所成的角为. 直线在平面内，所以直线与直线所成角的取值范围为， 因为，所以直线与直线所成角的取值范围为，即， 所以. 故选：C. 【点睛】思路点睛：求解本题的关键： （1）通过比较与的内切圆半径的大小，得出动点的轨迹； （2）将直线与直线所成角的最小值转化为圆锥的母线与底面所成的角. 题型三、垂直与线面角 （共3小题） 7．（25-26高二上·湖北武汉·月考）在中为BC中点，若将沿着直线AD翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线AN与平面ABD所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】若是的外接圆圆心，根据已知确定的外接球球心为，作平面于，求得，再由等体积法求得，求线面角的正弦值，进而求其余弦值. 【详解】由题设，若是的外接圆圆心，，，， 所以的外接圆半径， 又四面体的外接球半径为， 所以的外接球球心与的外接圆圆心重合，即为，      作平面于，且是边长为2的等边三角形， 又是的球心，则为的中心， 故，而，则， 由是边长为2的等边三角形，且， 易知到平面的距离， 由，故直线AN与平面ABD所成角正弦值为，故余弦值为. 故选：B 8．（23-24高二上·辽宁·期中）在空间中，三个平面PAB，PBC，PAC相交于一点P，已知，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，作，作A点在平面PBC射影为O，连接OE，OF，设，由题目条件可得，即可得答案. 【详解】如图，作，作A点在平面PBC射影为O，连接OE，OF，设. 因，则. 因平面PFOE，平面PFOE，则，且为PA与平面PBC所成角， 又，，平面AOE，平面AOF， 则平面AOE，平面AOF. 又平面AOE，平面AOF，则. 又，，，则， 故，结合，得. 又，则，故PA与平面PBC所成角的正弦值等于. 故选：A 9．（23-24高二上·海南海口·月考）在中，为中点，若将沿着直线翻折至，使得四面体的外接球半径为1，则直线与平面所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用正弦定理求的外接圆半径，根据外接球半径即可确定球心，然后利用等体积法求到平面的距离即可求解. 【详解】因为，所以， 由为中点，所以，则，即为等边三角形， 设的外接圆圆心为G，的外接圆圆心为O，取BD中点为H，连接，    因为，所以由正弦定理可得，即的外接圆半径为1， 又四面体的外接球半径为1，所以O为外接球球心， 由球的性质可知，平面，因为平面，所以， 因为，，所以. 设到平面的距离为d， 因为和都是边长为1的正三角形， 所以，由得，即， 记直线与平面所成角为， 则，所以. 故选：A 题型四、射影角范围最值 （共3小题） 10．（23-24高二上·山东潍坊·月考）如图，在矩形中，，，分别为的中点，将沿直线翻折成，与不重合，连结，则在翻折过程中，与平面所成角的正切值的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可发现始终垂直平面，则只需过点作出平行的直线，找到该线与平面的交点，连接该点与即可得到与平面所成角，而后通过计算研究该角的正切值即可得. 【详解】连接、，设其交点为，连接，由矩形中，，， 故四边形为正方形，且，， 又由点关于折叠而来，故，且， 又、平面，且， 故平面，过点作于点， 由、，故，又平面， 故平面，连接，则为与平面所成角， 由平面，故， 故与平面所成角的正切值即为， 由，，， 故与全等，故， ， 过点作于点，则有， 设，则， 当点在线段上（可在点，不可在点）时，则， 有， 则， 则， 易得在上时随的增大而增大， 故， 当点在线段上（不在两端）时，， 则， 则， 则， 易得在上时随的增大而增大， 此时， 综上所述，， 即在翻折过程中，与平面所成角的正切值的取值范围为. 故选：D. 【点睛】本题难点在于在翻折过程中如何找到与平面所成角，可以发现翻折过程中平面始终是固定的平面，即虽然在动，但实际上平面并不会动，只需找到点在平面上投影即可得到该角. 11．（23-24高一下·安徽·月考）已知正方体的体对角线垂直于平面，直线与平面所成角为，在正方体绕体对角线旋转的过程中，记BC与直线所成的最小角为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方体的几何性质，作出平面，找到线线角的平面角，即可求解. 【详解】如图所示，连接，交平面于点. 设正方体的棱长为a，根据正方体的性质可得，平面， 则平面与平面平行或重合，在线段上取点P，使， 则为满足题意的其中一个直线， 正方体绕体对角线旋转的过程可认为是正方体不动，绕体对角线旋转，， ，所以BC与直线所成的角即与直线所成的角， 可得当P在线段上时，与直线所成的角最小， 由正方体的性质可得，则， 所以 . 故选：B. 12．（20-21高三上·浙江宁波·月考）如图所示，平面平面，二面角，已知，，直线与平面，平面所成角均为，与所成角为，若，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意知，作辅助线找到，及二面角，四边形为正方形进而得到为等腰三角形，利用所得直角三角形用边表示、，即有它们的等量关系，利用结合二面角，即可求的最大值； 【详解】直线与平面，平面所成角均为，与所成角为，而，，又，可知： ， 若令二面角为，作于，于；过作，过作与交于点； ∴面，又，，故面，面，即； 过作，过作与交于点； ∴面，又，，故面，面，即； 作于，于，连接、，即有，且； ∵，即，作有四边形为正方形，即， ∴，有，故为等腰三角形且， 令，，则，有，而， ∴，，又， ∴当时等号成立 故选：B 【点睛】本题考查了应用辅助线，根据已知条件以及线面角、线线角、面面角的性质，得到它们的三角函数间等量关系，并化简目标三角函数式，结合二面角的范围求目标式的最值； 题型五、二面角 （共3小题） 13．（24-25高一下·河北·期末）如图1，在等腰梯形中，，将沿折起，使得点落在点的位置，得到三棱锥，如图2所示.则当二面角的平面角的大小为时，三棱锥的外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，易得，过作交于，则为的中点，过作交于，则为二面角的平面角，求得的外接圆半径，过的外接圆的圆心作平面的垂线，过的外心作平面的垂线，两条垂线的交点即为球心，利用勾股定理求得三棱锥外接球的半径得解. 【详解】在图1中，延长AD、BC交于点，如图所示： 因为，且，所以， 即，所以， 所以是边长为4的等边三角形， 所以D、C分别为、的中点，所以， 所以， 易知. 过作交于，则为的中点， 过作交于，则为二面角的平面角. 所以. 记为外接球球心，半径为的外接圆半径，过的外接圆的圆心作平面的垂线， 过的外心作平面的垂线，两条垂线的交点即为球心，其截面如下： 则，所以， 所以球的表面积为. 故选：D. 14．（23-24高二上·江苏无锡·月考）已知四边形为正方形，为平面外一点，，，二面角的大小为，则点到平面的距离是（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】利用线面垂直的判定及性质、二面角的定义、等体积法及棱锥体积公式运算即可得解. 【详解】解：    由题意，∵四边形为正方形，∴，. 又∵，平面，平面， 平面平面， ∴就是二面角的平面角， ∴，又∵， ∴是等边三角形，取中点，连接、如上图，则， ∵，， 平面，平面，， ∴平面，又∵平面， ∴， 又∵，平面，平面， ∴平面，即为棱锥的高， 在边长为2的等边三角形中，. 又∵平面，所以， 在正方形中，由知， ∴在中，；在正方形中，， 又知，则如下图，取中点，连接，    则，且由，得， ∴.假设点到平面的距离为 又知， ∴由得， 即，解得：， ∴点到平面的距离为. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离的常用方法： 1.直接法：过点作平面的垂线，垂足为，把放在某个三角形中，解三角形求出的长度就是点到平面的距离. 2.转化法：若点所在的直线平行于平面，则转化为直线上的某一个点到平面的距离来求. 3.等体积法. 4.向量法：设平面的一个法向量为，是内任意一点，则点到平面的距离为. 15．（18-19高一下·天津和平·期中）平行六面体的底面是菱形，且，，，则二面角的平面角的余弦值为 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出二面角的平面角，利用余弦定理计算出二面角的余弦值. 【详解】连接交于，连接，由于四边形是菱形，所以.由于，所以，所以，所以.故是二面角的平面角.由于，，，所以,,所以，而.在三角形中，由余弦定理得.故选D. 【点睛】本小题主要考查利用几何法求二面角的余弦值，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题. 题型六、二面角型范围最值 （共2小题） 16．（19-20高三上·浙江台州·期末）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． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，的中点为，则折叠后有平面，在四棱锥中过点作的垂线，垂足为，再过作的垂线，垂足为，连接，则为二面角的平面角，可用的三角函数表示的正切值，利用导数可求其最大值． 【详解】 取的中点，的中点为，因为为等腰三角形， 故，同理， ，所以有平面． 因为平面，故平面平面． 在四棱锥中过点作的垂线，垂足为，再过作的垂线，垂足为，连接． 因为，平面，平面平面，故平面． 因为平面，故， 又，，故平面， 又平面，故，所以为二面角的平面角． 设，则，， ， 所以，其中． 令，则，令且， 当时，；当时，； 所以，故，故选B． 【点睛】二面角的平面角的大小或最值的计算，应先构造二面角的平面角，然后在可解的三角形（最好是直角三角形）中讨论该角．注意最值的计算可以通过目标函数的单调性讨论得到． 17．（2026·江西·一模）在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面所成的锐二面角最小时，截面的面积为（   ） A． B． C．4 D． 【答案】A 【分析】由最大角定理得到平面与平面所成的最小锐二面角，然后作出截面，求解. 【详解】如图： 当平面与平面所成角等于和平面所成的线面角时， 平面与平面所成角最小（最大角定理）， 取中点， 此时平面与平面所成角为，余弦值为． 过点作为中点，延长交延长线于， 连接交于点，连接，， 分别取棱，中点，， 则六边形PNHGQF即为截面， 截面是边长为正六边形，其面积为． 故选：A. 18．（23-24高一下·安徽合肥·期末）如图，在矩形中，为的中点，将沿翻折．在翻折过程中，当二面角的平面角最大时，其正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过作的垂线，垂足为，交于，交于，设在平面内的时影为，则在直线上，过作的垂线，垂足为，则为二面角的平面角，通过辅助角公式和正弦函数的值域，解不等式可得所求正切值的最大值，进一步即可求解． 【详解】 在图1中，过作的垂线，垂足为，交于，交于. 在图2中，设在平面内的射影为，则在直线上，过作的垂线，垂足为，连接， 因为平面，平面， 所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 因为，平面，平面，平面平面， 所以为二面角的平面角. 设．， 由，可得． 即有， 令，可得， 其中， 解得，则，等号成立当且仅当． 当二面角的平面角最大时，其正切值为，此时它的正弦值为． 故选：B． 题型七、角不等式：二面角不等式 （共3小题） 19．（2019·浙江湖州·一模）已知三棱锥中，为正三角形，，且在底面内的射影在的内部（不包括边界），二面角，二面角，二面角的大小分别为，，，则 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出三个二面角，再根据，确定二面角大小. 【详解】设在底面内的射影为O，过O分别作AB,BC,CA垂线，垂足分别为D,E,F,则，，，从而，，， 因为，所以,,即, 即，选C. 【点睛】本题考查二面角，考查基本分析与判断能力，属中档题. 20．（19-20高一·浙江杭州·期末）记，已知矩形中，，是边的中点，将沿翻折至（不在平面内），记二面角为，二面角为，二面角为，二面角为，则（    ）     A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用特例法，设平面平面，取的中点，连接，由点作各边的垂线、、，并连接、、，利用二面角的定义得出，，，，比较、、的正切值的大小关系，由此可得出结论. 【详解】利用特例法，不妨设平面平面，取的中点，连接， 由于，， 因为平面平面，平面平面，平面， 平面， 由点作各边的垂线、、，并连接、、， 底面，平面，， 又，，平面， 又平面，，所以，， 同理可得，，， ，，， 易知，所以，最小，因此，. 故选：A. 【点睛】本题考查二面角的大小比较，考查计算能力，属于难题. 21．（21-22高一下·浙江台州·期末）如图，在正四面体中，是棱上的三等分点，记二面角，的平面角分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取AB的中点G，然后证明平面CDG，然后根据二面角平面角的定义找到，最后结合余弦定理得到答案. 【详解】如图1， 在正四面体ABCD中，取AB的中点G，连接CG,DG，则，而，所以平面CDG，连接EG,FG，因为平面，平面，所以.由二面角的平面角的定义可以判断，由对称性容易判断. 设该正四面体的棱长为6，如图2， CD=6，易得，取CD的中点H，则，CE=2，EH=HF=1，在中，由勾股定理可得，于是. 于是，在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得，而，即，于是. 故选：D. 题型八、角不等式：线面角角度不等式 （共3小题） 22．（19-20高一·浙江·期末）如图，在四棱锥中，，平面平面，若，，与平面所成的角为，则以下结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】在射线取，过作的垂线，垂足为，连接，设过三点平面交棱于，在四棱锥中可讨论的大小关系. 【详解】 在射线取，过作的垂线，垂足为，连接， 因为，，， 故，故，即. 设过三点平面交棱于， 以下在四棱锥中讨论的大小关系. 连接，它们交于点. 因为平面平面，，平面平面， 平面，故平面， 所以为直线与平面所成的角，故， 而为与平面内的直线（异于射影）所成的角， 故. 因为，，故为的平面角， 结合平面平面可得，故为等腰直角三角形. 又，，，故， 故，而，，故， 故，故， 因为，，，故平面， 而平面，故，而，故平面. 因为，故为的角平分线. 又，且， 在直角三角形中，， 因为，，故，而均为锐角，故， 综上，. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键就是在原来的四棱锥中构造出新的四棱锥，然后利用线面角的定义得出，再由正切值的大小关系得出，解题时充分分析新几何体的结构特征，分析几何关系以及不等关系，进而求解. 23．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先在图中作出直线与平面所成的角，平面与底面所成的锐二面角，可得，同理得，再由和差化积公式得到，即可判断A、C选项；再通过三角恒等变换得到，进而得到，即，即可判断B、D选项. 【详解】 如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线， 又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得. 过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角， 则，又面EFG，面EFG，则，又，面，， 所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则， 又，则，同理可得，则， 又由， ， 则， 故，A，C错误； 故，由可知，所以， 即，整理可得， 即，即， 故，又，故，B正确，D错误. 故选：B. 24．（22-23高三·河南郑州·月考）如图所示，在正方体中，O，F分别为，的中点，点P为棱上的动点（不含端点），设二面角的平面角为，直线OF与平面所成角为，则（    ） A． B． C． D．以上均有可能 【答案】A 【分析】根据几何体的结构特征，分别作出二面角的平面角为，直线OF与平面所成角为，利用三角函数值即可比较两角大小. 【详解】设点M为B1D与的交点，可得，，且 所以平面，即FM⊥平面，所以， 过点F作D1O的垂线FH，垂足为H，如下图所示 由三垂线定理可知，所以， 从而， 在中，所以， 又，所以. 故选：A. 题型九、角不等式：异面直线角度不等式 （共3小题） 25．（18-19高一·全国·课后作业）如图，PO是平面的斜线，O是斜足，于点A，BC是内过点O的直线．若是锐角，则有． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由三余弦定理可得，即，再逐一检验A,B,D选项即可得解. 【详解】解：由三余弦定理可得： ， 又为锐角， 所以， 所以， 所以， 即， 故C正确， 则选项A错误， 同理，则选项D错误， 又大小无法确定，则不能比较大小，即选项B错误， 故选C. 【点睛】本题考查了三余弦定理，属中档题. 26．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知四边形是矩形，沿直线将翻折成，则异面直线与所成角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接与交于点，设点在平面内的射影为，证得是直线与平面所成的角，根据与不共线，得到，进而得到结论. 【详解】如图所示，连接与交于点， 由，可知， 设点在平面内的射影为， 连接，因为，所以， 所以点为的外心，可得， 因为，， 又由平面平面，所以是直线与平面所成的角， 又因为与不共线，所以，即， 所以. 故选：B. 27．（24-25高二下·上海·开学考试）如图，正方体中，是侧面上的动点，且平面，为的中点．记与平面所成角为，与所成角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，，连接，根据已知得到点是线段上的动点，构造出，分别求出，比较后可得结论. 【详解】设平面与直线交于点，连接，易知为的中点， 分别取的中点，，连接， ∵平面平面， ∴平面．同理可得平面， ∵平面， ∴平面平面，结合平面， 可得直线平面，即点是线段上的动点． 由直线与平面所成角为，运动点并加以观察， 可得当与（或重合时，与平面所成角等于， 此时所成角达到最小值，满足； 当与中点重合时，与平面所成角达到最大值， 满足，所以与平面所成角的正切取值范围是． 由直线与所成的角为，因为， 所以与所成的角即为与所成的角，运动点并加以观察， 可得当与（或）重合时，与所成的角等于， 此时所成角达到最小值， 满足，可得，所以， 当与中点重合时，与所成的角达到最大值，满足， 因为，，又，所以． 故选：D． 题型十、角不等式：三大角不等式 （共3小题） 28．（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，二面角的大小为，与底面所成角为，与所成角为，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作辅助线，找出二面角、线面角、线线角，再利用三角函数判断的大小关系. 【详解】如图，过点作平面于点，过作于点，连接， 则就是二面角的平面角，即； 就是与底面所成角，即； 过作，使交于点，则就是与所成角，即； 因为，在中，， 在中，， 所以，又因为，所以. 是与所成的角，根据最小角定理， 线线角是异面直线与所成的角（范围），需通过投影和向量分析， 设在底面的投影为，则等于与所成的角， 二面角的余弦为（为 到的距离，）。 当时，（由），此时；当时，, 因此与的大小关系不确定. 故选：A. 29．（19-20高二上·浙江湖州·期末）已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段上的点（不含端点），设直线与所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由二面角，线面角，异面直线的夹角的定义得出，由直角三角形的边角关系以及斜边与直角边的长度关系，得出，，结合正切函数的单调性，即可得出答案. 【详解】连接相交于点，取的中点，连接，过点作，交与点，过点作的垂线，垂足于点，连接，，如下图所示 由题意可知，面， 所以面 因为，所以面 故 因为面，面，所以 又，面， 所以面，面，所以 则 由直角三角形的性质得， 则 由直角三角形的性质得， 则 故选：B 【点睛】本题主要考查了异面直线的夹角，线面角以及面面角，考查较为综合，属于较难题. 30．（19-20高二上·浙江·期中）在侧棱垂直底面的四棱柱中，P是棱上的动点.记直线与平面所成的角为，与直线所成的角为，二面角为，则，，的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过作交于，，，根据得到，再根据得到答案. 【详解】如图所示：过作交于，易知与直线所成的角， ； 垂直底面，故与平面所成的角为，； ，，故； 根据图像知：二面角为，故. 故选：. 【点睛】本题考查了异面直线夹角，线面夹角，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 题型十一、角不等式：三面角余弦定理不等式 （共2小题） 31．（22-23高二下·浙江宁波·期末）三面角是立体几何的重要概念之一.三面角是指由有公共端点且不共面的三条射线，，以及相邻两射线之间的平面部分所组成的空间图形.三面角余弦定理告诉我们，若，，，平面与平面所成夹角为，则.现已知三棱锥，，，，，，则当三棱锥的体积最大时，它的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图形，作，平面，则，先表示出，接着用条件表示成，要使三棱锥的体积最大，则最大，利用基本不等式得出时，其体积最大，然后补全三棱锥成棱柱，根据棱柱外接球半径即可求解. 【详解】由题知，，，， 平面与平面所成夹角为， 作，平面， 则，    由题意得， ，， ， ， ， 所以， 要使三棱锥的体积最大，则最大， 在中，由余弦定理得， ，整理得，， ，即， 当且仅当时，等号成立，则，， ， 因为，解得，即CA=CB=CP=3， 又，故，则点C在面PAB的投影为AB的中点，外接球球心即为的外心，易得外接圆半径为3，即三棱锥外接球的表面积为. 故选：B 【点睛】三棱锥外接球表面积问题，从以下几个角度分析： （1）面面角的定义以及辨析； （2）求解最值时，基本不等式的利用； （3）几何体割补法的应用； （4）数形结合思想的应用. 32．（2023·山东青岛·二模）三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角是由有公共端点且不共面的三条射线，，以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设，，，平面与平面所成的角为，由三面角余弦定理得.在三棱锥中，，，，，，则三棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出图形，，，，平面与平面所成的角为，作，平面，则该二面角的平面角为.要解决三棱锥体积的最大值，需要先把体积用函数式表示出来，即，接下来就根据条件把和用同一个变量表示出来即可求解. 【详解】 由题意得：. ==， = 当时，的最大值为 故选：C 二、填空题 33．（23-24高二上·上海·期末）三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角是由公共端点且不共面的三条射线以及相邻两条射线之间的平面部分组成的图形.设，，，平面与平面所成的角为，由三面角余弦定理得.在三棱锥中，，，，，，则三棱锥体积的最大值为________. 【答案】/ 【分析】作出图形，，，,平面与平面所成的角为，作，平面，则该二面角的平面角为.要解决三棱锥体积的最大值，需要先把体积用函数式表示出来，即，接下来就根据条件把和用同一个变量表示出来即可求解. 【详解】 由题意，，,平面与平面所成的角为， 作，平面，则该二面角的平面角为， 由题意得：， 因为，， 所以，， ， ， ， 当时，的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：关键是等体积转换法，再结合条件等式将体积表示成同一个变量的函数即可求解. 结束 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题08角度最值与角度不等式归类 题型归纳·内容导航 题型1平行与异面直线角 题型7角不等式：二面角不等式 题型2异面直线角与圆锥旋转角 题型8角不等式：线面角角度不等式（重点） 题型3垂直与线面角（重点） 题型9角不等式：异面直线角度不等式 题型4射影角范围最值 题型10角不等式：三大角不等式 题型5二面角（常考点） 题型11角不等式：三面角余弦定理不等式 题型6二面角型范围最值 题型通关·靶向提分 题型一、平行占异面直线角（共3小题） 1.(23-24高三上辽宁开学考试)已知一个棱长为2的正方体，点A,C是其内切球上两点，B,D是其外 接球上两点，连接AB,CD，,且线段AB,CD均不穿过内切球内部，当四面体A-BCD的体积取得最大值时， 异面直线AD与BC的夹角的余弦值为()· A.2 B.2 C.v6 13 12 6 D. 3 2.(21-22高二上浙江台州期末)在三棱台BCD-B,C,D,中，CC,⊥底面BCD,BC⊥CD, BC=CD=CC,=2,B,C1=1.若A是BD中点，点P在侧面BDD,B,内，则直线DC与AP夹角的正弦值的 最小值是() 4.1 8.2 c.5 D.6 6 6 6 6 3.(2021浙江温州·二模)如图，点M、N分别是正四面体ABCD棱AB、CD上的点，设BM=x,直线 MN与直线BC所成的角为O,则() D C A.当ND=2CN时，O随着x的增大而增大 B.当ND=2CN时，O随着x的增大而减小 C.当CN=2ND时，O随着x的增大而减小 1/10 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D.当CN=2ND时，O随着x的增大而增大 题型二、异面直线角与圆锥旋转角（共3小题） 4. (2020河北衡水一模)如图，在棱长为3的正方体ABCD-A,B,C,D,中，点P是平面A,BC内一个动点， 且满足DP+PB=2+V3,则直线B,P与直线AD,所成角的余弦值的取值范围为() O B D C A.[a C. 12 22 D. 5. (2024全国模拟预测)如图，已知长方体ABCD-A'B'CD'中，AB=BC=2,AA=√2,0为正方形 ABCD的中心点，将长方体ABCD-A'B'C'D'绕直线OD'进行旋转.若平面C满足直线OD'与a所成的角为 53°，直线1La，则旋转的过程中，直线AB与1夹角的正弦值的最小值为()（参考数据：sin53°≈4 3 c0s53°*5) D A àC B D 01 4. 4v3-3 8.35-4 c.35+3 D.4V5+3 10 10 10 10 全国·模拟预测)已知正方体ABCD-4B,CD,中，P为△ACD,内一点，且S&PBD三SA 线PD与AC所成的角为O,则cos0的取值范围为() a.ao. e.[a] 2/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 题型三、垂直与线面角（共3小题） 7.(25-26商二上湖北武汉月考)在4BC中A-受B=-名AC=2D为BC中点，若将&4CD沿若直线4D 翻折至△AND,使得四面体N-ABD的外接球半径为2，则直线AN与平面ABD所成角的余弦值是() A B.V3 c.32 3 D.1 2 9 8.(23-24高二上辽宁期中)在空间中，三个平面PAB,PBC,PAC相交于一点P,已知 ∠APB=∠APC=∠BPC=60°，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值等于() A.6 B.3 3 3 c. D.② 2 9.(23-24高二上海南海口月考)在ABC中，A-元，B=元，BC=1,D为AC中点，若将△BCD沿着直线 6 2 BD翻折至△BCD,使得四面体C'-ABD的外接球半径为1，则直线BC'与平面ABD所成角的余弦值是() A.3 B C.v5 D.v6 3 3 3 题型四、射影角范围最值（共3小题） 10. (23-24高二上山东潍坊月考)如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=4,E,F分别为BC,AD的中点， 将△ABE沿直线AE翻折成△AB,E,B与B,F不重合，连结B,D,则在翻折过程中，B,D与平面BFB,所成 角的正切值的取值范围为() B C. oG 11.（23-24高一下.安微月考)己知正方体ABCD-A,B,C,D,的体对角线BD,垂直于平面α，直线I与平面 a所成角为60°，在正方体ABCD-A,B,C,D,绕体对角线BD,旋转的过程中，记BC与直线1所成的最小角为O ,则cos0=() A.3-V6 B.3+V6 c.3v2-V5 D.32+5 6 6 6 6 12、(2021高三上浙江宁被月考)如图所示，平面a门平面B=1,二面角a-B[子引， 已知Aea ,B∈B,直线AB与平面a,平面B所成角均为O,与1所成角为Y,若siny+0)=1,则siny-0的最大 值是() 3/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B A. 1 B.1 14 7 3 D. 1 题型五、二面角（共3小题） 13.(24-25高一下河北期末)如图1，在等腰梯形ABCD中，AB11CD,AD=CD=CB=AB=2,将 △ACD沿AC折起，使得点D落在点P的位置，得到三棱锥P-ABC,如图2所示则当二面角P-AC-B的 平面角的大小为时，三棱锥P-ABC的外接球的表面积为() D B 图1 图2 A.7π B.14π C.21π D.28π 14.(23-24高二上江苏无锡·月考)已知四边形ABCD为正方形，P为平面ABCD外一点，PD⊥AD, PD=AD=2,二面角P-AD-C的大小为60°，则点A到平面PBD的距离是() A.2V21 B.3 c.6 D.1 2 15.(18-19高一下，天津和平.期中)平行六面体ABCD-A,B,CD的底面ABCD是菱形，且 ∠CCB=∠CCD=∠8CD=60,cD=2,CC-,则=面角C-BD-C的平面角的余弦值为 D D× B 1 A. B. 2 3 c.2 D. 3 3 题型六、二面角型范围最值（共2小题） 16.（19-20高三上·浙江台州期末)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一BC一D的平面角最大时，其正切值为 4/10 高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D M M A.3 c.2 D.1 3 B.Z 3 4 17.(2026江西.一模)在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，P,Q分别为棱A,D,CD的中点，过直 线PQ的平面a截该正方体所得截面B,则当平面Q与平面A,B,C,D所成的锐二面角最小时，截面B的面积 为() A.3V5 B.2√6 C.4 D.√5 18.(23-24高一下.安徽合肥期末)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，其正弦值为() M B.V5 c.2 D.2V5 5 3 5 题型七角不等式：二面角不等式（共3小题） 19.(2019浙江湖州一模)已知三棱锥P-ABC中，△ABC为正三角形，PA>PB>PC,且P在底面ABC 内的射影在△ABC的内部（不包括边界），二面角P-AB-C,二面角P-BC-A,二面角P-AC-B的大 小分别为a,B,y,则 A.a>B>y B.y>a>B C.a<y<B D.a<β<Y 20.(19-20高一.浙江杭州期末)记min{a,b}= a,a≤b 6,a>b,已知矩形ABCD中，AB=2AD,E是边AB的 中点，将ADE沿DE翻折至△A'DE(A不在平面BCD内)，记二面角A'-BC-D为Q,二面角 A'-CD-E为B,二面角A'-DE-C为Y,二面角A'-BE-D为O,则mina,B,Y,θ)=() B A D D A.a B.B C.Y D.0 21.(21-22高一下.浙江台州期末)如图，在正四面体ABCD中，E,F是棱CD上的三等分点，记二面角 5/10 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 C-AB-E,E-AB-F,F-AB-D的平面角分别为0,02,0，则() B F A.01=02=0g B.01<02<03 C.01=03>02 D.01=03<02 题型八、角不等式：线面角角度不等式（共3小题） 22.(19-20高一浙江期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，LAPB=∠BPC=∠CPD=∠DPA,平面 ADP⊥平面DCP,若∠APC=a,∠BPD=B,AP与平面DCP所成的角为Y,则以下结论正确的是() D D B A.Y<B<a B.β<a<Y c.β<y<a D.y<a<B 23.(2022浙江绍兴模拟预测)如图，斜三棱柱ABC-A,B,C,中，底面ABC是正三角形，E,F,G分别是 侧棱AA,BB,CC,上的点，且AE>CG>BF,设直线CA,CB与平面EFG所成的角分别为O,B,平面EFG与 底面ABC所成的锐二面角为O,则() A C G B A.sin0<sina+sinβ，cos0≤cosa+cosβ B.sin0≥sina+sinB,cos0<cosa+cosβ C.sin0<sina+sinβ，cos0>cosa+cosβ D.sin0≥sina+sinB,cos0≥cosa+cosβ 24.(22-23高三河南郑州·月考)如图所示，在正方体ABCD-A,B,C,D,中，O,F分别为BD,AA的中点， 6/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 点P为棱BB,上的动点（不含端点），设二面角F-D,O-P的平面角为，直线OF与平面OPD所成角为 B,则() D 、 B D - O B A.a>B B.a<B C.a=β D.以上均有可能 题型九、角不等式：异面直线角度不等式（共3小题） 25.(18-19高一.全国.课后作业)如图，P0是平面的斜线，0是斜足，PA1a于点A,BC是a内过点O 的直线.若∠POB是锐角，则有. A.ZPOC>ZCOA B.∠POA<LB0A C.∠P0C<∠C0A D.∠POB<∠AOB 26. (2025高三全国.专题练习)如图，已知四边形ABCD是矩形，沿直线BD将△ABD翻折成△A'BD,则 异面直线CD与A'B所成角为a,则() B ---------,A D A.a<∠A'CAB.>∠A'CA C.a<∠A'CD D.a>∠A'CD 27.(24-25高二下.上海开学考试)如图，正方体ABCD-A,B,C,D,中，F是侧面BCCB上的动点，且 AF/I平面ADE,E为BC的中点，记AF与平面BCC,B,所成角为C,AF与AD所成角为B,则() 7/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D B D C E 。 B A.a<Bs B.a< 3SB C.a>B≥T D. π 3 <<B 3 题型土、角不等式：三大角不等式（共3小题） 28.（2025高三.全国.专题练习)如图，在三棱锥0-ABC中，二面角0-AB-C的大小为日，A0与底面 ABC所成角为日，A0与BC所成角为02，则0,0,02的大小关系为() b A.0,≤0 B.01≥0 C.02≥0 D.02≤0 29.(19-20高二上浙江湖州期末)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段SA上 的点（不含端点），设直线BE与CD所成的角为O,直线BE与平面ABCD所成的角为O2,二面角 S-BC-D的平面角为8，则（) E D y B A.01<03,02<0g B.62<0,02<03 C.02<0,03<0 D.01<02,03<02 30.(19-20高二上·浙江·期中)在侧棱AA垂直底面ABCD的四棱柱ABCD-A,B,CD,中，P是棱DC上的 动点.记直线A,P与平面ABCD所成的角为a,与直线DC所成的角为B,二面角D-AC-B为Y,则C,B, 8/10 高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 Y的大小关系是() D B D上----- B A.a<B<y B.B<a<y C.a<y<B D.y<B<a 题型十一、角不等式：三面角余弦定理不等式（共2.小题） 31.(22-23高二下·浙江宁波期末)三面角是立体几何的重要概念之一.三面角P-ABC是指由有公共端点 P且不共面的三条射线PA,PB,PC以及相邻两射线之间的平面部分所组成的空间图形.三面角余弦定理告 诉我们，若∠APC=,LBPC=B,∠APB=Y,平面APC与平面BPC所成夹角为O,则 cos0=cosY-cosa cs现已知三棱锥P-ABC,PA=3N2,BC=3,APC=45°，∠BPC=60°， sina sinβ ∠APB=90°，则当三棱锥P-ABC的体积最大时，它的外接球的表面积为() A.18元 B.36元 C.87m D.117m 2 2 32.(2023山东青岛·二模)三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重 要依据.三面角P-ABC是由有公共端点P且不共面的三条射线PA,PB,PC以及相邻两射线间的平面部分 所组成的图形，设∠APC=a,LBPC=B，,∠APB=Y,平面APC与平面BPC所成的角为O,由三面角余弦 定理得cos9=cosY-os.在三棱锥P-ABC中，PA=6,∠APC=60°，∠BPC=45°，∠APB=90 sina·sinp ,PB+PC=6,则三棱锥P-ABC体积的最大值为() A.27V2 9.23 D.9 4 4 c 4 二、填空题 33.(23-24高二上·上海期末)三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题 的重要依据.三面角P-ABC是由公共端点P且不共面的三条射线PA,PB、PC以及相邻两条射线之间的平面 部分组成的图形.设LAPC=Q,LBPC=B,∠APB=Y,平面APC与平面BPC所成的角为O,由三面角余 弦定理得cos0=c0sy-c0sa·cos sina·sinβ .在三棱锥P-ABC中，PA=6,∠APC=60°，∠BPC=45°，∠APB=90° ,PB+PC=6,则三棱锥P-ABC体积的最大值为 9/10 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 10/10