高中立體幾何中的最小角定理與最大角定理的應(yīng)用 講義-2023屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)（含答案）

最小角定理與最大角定理的應(yīng)用

目錄

最小角定理與最大角定理的應(yīng)用....................................................1

知識(shí)梳理..........................................................................2

例題精選..........................................................................4

1三余弦定理....................................................................4

2三正弦定理....................................................................9

3最小角定理..................................................................12

4最大角定理...................................................................17

5兩個(gè)定理綜合應(yīng)用............................................................23

知識(shí)梳理

一、最小角定理

1.直線與平面所成的角

平面的一條斜線和它在平面內(nèi)的射影所成的角叫作這條斜線和平面所成的角.

為什么要這樣定義？因?yàn)榫€面角的定義是為了反映直線相對(duì)于平面的傾斜程度的，而任何

一條直線和平面內(nèi)的所有直線所成的角的最大值都是90。，而最小值可以反映直線的傾斜

程度，由此也可以引出下面的最小角定理.

2.最小角定理

線面角是平面的一條斜線與該平面內(nèi)的直線所成角的最小值.

證明如圖，OP是平面α的一條斜線，點(diǎn)P在平面ɑ內(nèi)的射影是點(diǎn)直線。Q是平

面α內(nèi)除。月以外的的任意一條直線.作HQLOQ于點(diǎn)Q,則

OQOHOQ

cos乙QOH-cos乙POH=---――=――=cos乙POQ

YOHOPOP”

（即三余弦定理：COS水平角?COS堅(jiān)直角=CoS斜角）

從而cosNPOH>cosNPOQ,乙PoH<LPOQ,得證；故三余弦定理可以直接推出最小角

定理.

說(shuō)明三余弦定理有時(shí)也被稱作“爪子定理”，此外三余弦定理也是三面角余弦定理的特

例.

二、最大角定理

1.二面角的大小的定義

先直觀的感受一下如下幾個(gè)二面角的大小關(guān)系:

二面角大小的定義：在二面角a-l-β的棱上任取一點(diǎn)0,分別在半平面a,β內(nèi)作OP,OQ

垂直I,則乙AOB叫作α--0的平面角，4IOB的度數(shù)就是二面角的度數(shù).

為什么這樣定義二面角的大??？

因?yàn)橐?。B是半平面ɑ內(nèi)的所有直線與另一個(gè)半平面β所成角的最大值.（對(duì)于任意給定一

個(gè)二面角，此最小值均為O）

先發(fā)揮一下空間想象力，以。為圓心，定長(zhǎng)r為半徑，在S內(nèi)作半圓AOB,設(shè)半圓弧的中點(diǎn)

為C,點(diǎn)P是半圓上一動(dòng)點(diǎn),它在ɑ內(nèi)的射影點(diǎn)為H.則當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A移動(dòng)到點(diǎn)C的過(guò)程中,

點(diǎn)P的高度越來(lái)越高；點(diǎn)P從點(diǎn)C移動(dòng)到點(diǎn)B的過(guò)程中，點(diǎn)P的高度越來(lái)越低.從而當(dāng)點(diǎn)P

在點(diǎn)C處時(shí)，即OP時(shí),OP與成的角。的正弦值sin。=霽最大,從而角θ最大.

2.最大角定理

二面角是平面內(nèi)的直線與另一個(gè)平面所成角的最大值.

貝IJ乙POH>乙PQH.

POPHPH

sinZ-PQO?sin（POH——?=—sin乙PQH

（即三正弦定理:sin線線角.sin面面角=sin線面角）.

從而sin乙PoH>sin乙PQHzPOH>LPQH,得證.

例題精選

1三余弦定理

例1從點(diǎn)P出發(fā)的3條射線P4PB,PC,每?jī)蓷l射線的夾角是60。，則直線PC與平面PAB

所成角的余弦是

答案日

解析如圖，在PC上取點(diǎn)。作。。_L平面PAB,垂足為O1PO為PC的射影，則乙CPO是PC

與平面PAB所成角，由題意知:PO為?BPA的交平分線,根據(jù)三余弦定理得：

cos?CPA=cos?CPO?CoSNoP4,

即cos60o=cos?CP0?cos30°,故cos乙CPO=y.

例2已知平面a∕∕β,直線1與α所成角的正切值為號(hào),直線muα,/_Lm,直線nu凡且2

和n所成的角為S那么m與九所成的角為

4

答案今

解析如圖,設(shè)1'為直線I在平面ɑ上的射影,則I'Uα.又1，m,由三垂線定理知11m,且

cosθ1=手.在平面α內(nèi)作n'∕∕n,設(shè)I和n'所成的角為θ,則。=三由三余弦定理得

?4

COS0=CoSeICoSe2

解得cosθ2=今即。2T所以m與n所成的角為?。2=*

ZOZ?

例3如圖,已知正方體ABCD—48心。1的棱長(zhǎng)為2,用,'分別為棱/8,8。的中點(diǎn)，則二面

角B1-MN-B的余弦值為；若點(diǎn)P為線段BIN上的動(dòng)點(diǎn)（不包括端點(diǎn)），設(shè)異面直線C1P

與MN所成的角為θ,則cos0的取值范圍是

受案、（逗√2λ

解析如圖，連接BD,設(shè)BDCMN=0,易得MN1平面BB1D,所以乙BoBT是二面角B1-

MN的平面角,易得COSNBoa=/

連接A1C1,則N&CiP為異面直線C1P與MN所成的角或其補(bǔ)角，由三余弦定理得到

cos?A1C1P=cosZPC1?cos?A1C1B1,

即C0S?A1C1P=yCOSZPC1B1,又而COS?PC1B1∈得1）,故COSe∈（魯乎）.

例4βι,e2,e3為空間單位向量，e1e2=e2?e3=e1?e3=若空間向量a滿足αe?=

且對(duì)任意的最小值為則的最

α?e2=??,ɑ?e3>0.x,y∈R,∣α-xe1-ye2∣4,lɑ-λe3∣

小值為

A3??∕6-4√336+464歷一3代3回4痛

A.B.C.D.

3333

答案選A.

解析設(shè)為空間單位向量，

O￡?=e1,OE^=e2,OE^=e3,'0A=a,??e1,e2,e3e1?e2=e2-

-1._

是棱長(zhǎng)為的正四面體.

e3=e1e3=OE1E2E31

空間向量滿足

aα?e1=α?e2=?,

???OA在平面OElE2內(nèi)的投影OB是NEIOE2的平分線，且而在西上的投影為。&=

3√3

對(duì)任意的的最小值為點(diǎn)到平面的距離為

x,y∈R,∣a-xe1-ye2∣4,.?.AOELE2AB=4,

三余弦定理得彩能=高故

coszF3OB=I^=tan^E3OB=√2.

的最小值即為點(diǎn)到直線。&的距離.以下用兩種方法求此距離:

Ia-λe3∣A

法一以。為圓心，直線OB為X機(jī)在平面AOB內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系，則點(diǎn)4(3,4)到直

線。邑：y=√2x的距離為端=今I

法二利用三角函數(shù)角差求出正弦

由題意可得所以

SinzF3OF=y,cosZF3OF=y,sinz/lOF=^,coszΛOB=|,

則

Sim.E3OA=sin(z,E3OB-?AOB)=仁巴Ia—Λe31=?a?sin?E3OA=

例5（2018全國(guó)I卷理）如圖，四邊形4BC。為正方形,點(diǎn)E,F分別為AD1BC的中點(diǎn)，以DF

為折痕把△DFC折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PFJ.BF.

（1）證明：平面PEF1平面ABFD;

（2）求DP與平面ABFD所成角的正弦值.

答案⑴略;（2）彳.

解析（2）作PH1EF,垂足為H,由⑴知:PH1平面ABFD1DE1PE.不妨設(shè)DP=2,則

DE=I,從而PE=遮,又PF=I1EF=2,故PE_LPF.于是PH=^,EH=|,故斜線角

β=60。，射影角θ=乙HDE,且CoSo=罌=誓.

C∏i?

設(shè)DP與平面ABFD所成角為a,則由三余弦定理知：cosacos。=cosβ=cos60°,從而

cosa=—,即sina=-.

44

45°,DC=2BC

(1)求證:EF1DB;

（2）求直線DF與平面DBC所成角的正弦值.

答案⑴見(jiàn)以下證明過(guò)程;(2)芋

解析⑴證明:因?yàn)槠矫鍭CFD1平面ABC,所以由三余弦定理得：

1

CosZ.BCD=cos?BCA-CoSzJIeD=cos45o?cos45o=-,

設(shè)BC=a,則DC=2α.在△BCD中，由余弦定理得：

BD2=BC2+DC2-2BC-DC-CoS乙BCD=3α2,

所以BD=√3α,從而

222222

DB+BC=(√3α)+α=4α=CD1

由勾股定理的逆定理可知BC1DB,又因?yàn)槿馀_(tái)中EF〃BC,所以EF1DB.

（2）略.

注這里三余弦定理起了關(guān)鋰作用,由三余弦定理得到得乙BCD的余弦值,進(jìn)而通過(guò)計(jì)算證得

BC1BD,兩道小題都是通過(guò)轉(zhuǎn)化的思想，將直線進(jìn)行平移后進(jìn)行處理.第（1）小題是把直線

EF平移到BC,第（2）小題是把直線DF平移到AC.

2三正弦定理

例1如圖，在正三棱柱ABC-&當(dāng)Ci中，已知AB=1,C在棱BBl上，且BD=1,若4。與

平面AA1C1C所成的角為a,則a=

Aπ

A.-βCarCSinD.arcsin—

3?i年

答案選D.

解析由題意可知,二面角DAA1C的大小為?BAC=60°,線線角?DAA1=45。，由三正

弦定理得:sinα=sin60°?sin45°=—,從而a=arcsin—.

44

例2如圖，在坡面α與水平面β所成二面角為60。的山坡上，有段直線型道路AB與坡腳成

30°的角，這段路直通山頂A.已知此山高135百米.若小李從B點(diǎn)沿者這條路上山，并且行

進(jìn)速度為每分鐘30米,那么小李到達(dá)山頂4需要的時(shí)間是分鐘.

答案當(dāng)

解析作4。_L平面。于點(diǎn)。,作OCII于點(diǎn)C.由題意可知?ACO=60。,NABC=30。,2。=

135√3,由三正弦定理得sin?ABO=sin?ABC-sin?ACO=sin30o?sin60o=y,

在DU△4。B中，由sinUBO=筆=經(jīng)誓="B=540,所以小李到達(dá)山頂A需要的

時(shí)間是詈=18分鐘.

，A

/，鄧7…工工一匚7

IBC

例3已知棱長(zhǎng)為1的正四面體P-ABC1PC的中點(diǎn)為D,動(dòng)點(diǎn)E在線段AD上，則直線BE

與平面ABC所成角的正切值的取值范圍是

答案[θ,陰

解析設(shè)二面角D-AB-C的平面角為a,易得Sina=當(dāng)

設(shè)直線BE與平面ABC所成的角為θ,由三正弦定理得

√3

sinθ=sinZTlBEsina=—sin?ABE

3

又SinuBEe[θ,凡所以sin0∈[θ,斗進(jìn)而可得tan。∈絹.

例4（2018年全國(guó)II卷理）如圖，在三棱錐P-ABC中,AB=BC=2√2,PΛ=PB=PC=

4,0為4C的中點(diǎn).

⑴證明：PO1平面ABC;

（2）若點(diǎn)M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值.

P

答案⑴略；（2）

4

解析⑴證明：由題意知,。為AC中點(diǎn),所以O(shè)P1AC,且。P=2√3.

又由OP?+OB2=PB2知Po10B,所以PO1平面ABC.

（2）由題意知,線線角?CPA=60。,二面角M-PA-C大小等于30。,所以，由三正弦定理得

sina=sin60°?sin30o=—.

3最小角定理

例1已知在平行四邊形ABCD中,M、N分別為AB.AD上異于點(diǎn)A的兩點(diǎn)，把△AMN沿

,

MN翻折,記翻折后的A為A,直線A'C與平面BCDNM所成的角為θ1,與直線MN所成的

角為名,則

A.%=Θ2B.%>Θ2C.%<Θ2D.不確定

答案選C.

1

解析A'C與平面BCDNM所成的角θ1,就是AC與它在平面BCDNM內(nèi)的射影所成的角.

由最小角定理可知,外小于A'C與平面BCDNM內(nèi)作射影之外的其他任何直線所成的角,所

以/<θ2,故選C.

注點(diǎn)評(píng):本題主要考查空間線面位置關(guān)系及空間角的相關(guān)知識(shí),考查考生的空間想象能力及

邏斬推理能力，常規(guī)解法是作出A'在平面ABCD內(nèi)的射影，進(jìn)而分別作出%、%,利用三

角形相關(guān)知識(shí)來(lái)比較角的大小.侗若借助最小角定理,則可以很快找到答安.

例2已知二面角a-l-β是直二面角，AEa,Beβ,設(shè)直線AB與a,β所成的角分別為

θ1.θ2,則

oo

A.θ1+θ2=90B.θ1+θ2^90C.%+%≤90°D.θ1+θ2<90°

答案選C

解析如圖，過(guò)點(diǎn)A1B分別作I的垂線，分別交于點(diǎn)C1D,則AClβlBDLalZ.ABC=

Θ1,?BAD=θ2,由最小角定理知:θ1≤乙BAC,又?BAC+02=90°,所以θ1+02≤90。.

例3如圖，在側(cè)棱垂直于底面的三棱柱ABe-4當(dāng)G中，P是棱BC上的動(dòng)點(diǎn).記直線4P

與平面ABC所成的角為θ1,與直線BC所成的角為θ2,則θ1,θ2的大小關(guān)系是

A.θ1=Θ2B.%>Θ2C.θ1<Θ2D.不能確定

答案選C.

解析由題意可知^A1PA=%是線面角，θ2是線線角，由最小角定理知：％≤θ2,又BC不是

&P在底面的射影,故θ1<θ2.

注這道題如果按照線面角、線線角的定義進(jìn)行計(jì)算,再比較大小,需要構(gòu)造三角形,解三角形,

利用三角函數(shù)的定義、單調(diào)性求解,計(jì)算復(fù)雜,耗時(shí)較長(zhǎng),但如果用最小角定理則可秒殺.

例4已知三棱錐P-ABC的所有棱長(zhǎng)為1,M是底面△ABC內(nèi)部一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（包括邊界），且

M到三個(gè)側(cè)面PABIPBCIPCA的距離hllh2,h3成單調(diào)遞增的等差數(shù)列.記PM與

AB1BC1CA所成的角分別為a,β,γ,則下列正確的是

A.α=0B.β=yC.a<βD.β<γ

答案選D.

解析設(shè)此正四面體各個(gè)面的面積為S,則

Illl

^P-ABC=^M-PAB+UM-PBC+^M-POA=WSb+-S∕l2+-5∕l3=-5(∕l1+h2+∕l3)=SM

即VA-PBC=^M-PBC,設(shè)過(guò)△ABC的重心G且平行于BC的直線分別交AB1AC于點(diǎn)B11C1,

則點(diǎn)M在線段S1C1上，

設(shè)線段4B,BC,C4的中點(diǎn)分別為D,E,F,h1<h2^M在XABF內(nèi)（不含BF邊），電<

府=M在△BCD內(nèi)（不含CD邊），

所以點(diǎn)M在△BDG內(nèi)（不含BG邊,DG邊）,故點(diǎn)M的軌跡是線段BIG（不含點(diǎn)G）.

注意到β也是PM與底面所成的角，由最小角定理可知β<γ；

又ZBMC與BlCI的夾角都是60°,根據(jù)三余弦定理：

CoSa=CoSdCoS60",CoSy=cosβcos60°,

所以cosα=cosy,即。<α=y.

例5在三棱維4-BCD中，8C=BD=AC=AD=IO1AB=6lCD=16,點(diǎn)P在平面ACD

內(nèi)，且BP=√30,設(shè)異面直線BP與CD所成角為α,則sinα的最小值為

A普B.豕醇.√5

T

答案選A.

解析取CD中點(diǎn)M,連結(jié)BM1PM,因?yàn)锽C=80=AC=AD=10,CD=16,所以AM=

BM=6,進(jìn)而知?ΛBM為等邊三角形，也知Z.AMB為二面角A-CD-B的平面角，取力M

的中點(diǎn)0,連接BO,則BOJLAM,且B。1平面ACD,

易得BO=3?OP=y∕BP2-BO2=√3,所以點(diǎn)P的軌跡是以。為圓心，半徑為√3的圓.

由最小角定理可知：異面直線BP與CD所成角的最小值即為直線BP與平面ACD所成的

角，即

BO3√33√10

（Sina）min=sin^BPH=-=-=-.

A

例6如圖,在棱長(zhǎng)為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)P是平面A1BC1內(nèi)一動(dòng)點(diǎn),且滿足

?PD?+∣PB∕=2+√13,則直線BlP和直線AD1所成角的余弦值的取值范圍為

A［嗚

答案選A.

解析設(shè)B1D∩面A1BC1=E,則DE=IDBl=2√3,B1E=1DB1=√3,（利用等積法或截面

平幾法皆可輕松證明）

因?yàn)楱OPD∣+∣Pβ1∣≈2+√13,所以點(diǎn)P在以D1B1為焦點(diǎn)的橢球面上，此橢球的焦距為

DB1=3b,長(zhǎng)軸為2+m；

又點(diǎn)P是平面A1BC1內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，易知平面A1BC1截粗球的圖形為圓面，故點(diǎn)P的軌跡是以

E為圓心的圓，即EP為定值,易求得PE=1.

所以直線BIP和直線AD1所成角即為B1P和直線BC1所成角，由最小角定理可知,BlP和

底面TliBC1所成的線面角。即為B1P和直線BC1所成角的最小值，

易知。*且BlP和直線BCl所成角的最大值為故直線B1P和直線4%所成角的余弦

值的取值范圍為1

4最大角定理

例1如圖，已知三棱錐D-ABC,記二面角C—AB-D的平面角是θ,直線DA與平面ABC

所成的角是外,直線DA與BC所成的角是θ2,則

A.?！?1B.θ≤01C.θ≥Θ2D.。4多

答案選A.

解析由最大角定理知：θ≥θ1,故選A.

下面來(lái)個(gè)畫(huà)蛇添足吧：由最小角定理得θ14％.。與O2的大小關(guān)系不確定，可以考慮極端

情況：

當(dāng)二面角θ趨向于O時(shí),O≤%；當(dāng)二面角θ趨向于Tr時(shí),。＞θ2.

例2如圖，已知三棱錐A-BCD的所有棱長(zhǎng)均相等，點(diǎn)E滿足尻=3前，點(diǎn)P在棱AC上

運(yùn)動(dòng),設(shè)EP與平面BCD所成角為θ,則sin0的最大值為

解析因?yàn)镋P是平面ACD內(nèi)的一條動(dòng)直線,所以EP與平面BCD所成角θ的最大值即為二

面角A-CD-B的大小.問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求二面角A-CD-B的正弦值.

設(shè)H為正四面體4一BCD的底面BCD的中心，設(shè)CD的中點(diǎn)為F,連接HF,如下圖，易知

NAFH為二面角A-CD-B的平面角.

設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為6,則HF=√3,?H=2√6,ΛF=3√3,所以sinθ的最大值為

AH_2^6_2√2

sin?AFH

AF~3√3-3

注本題跟例1幾乎一模一樣,都是把線面角的最大值轉(zhuǎn)化為二面角.

例3如圖，某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點(diǎn)A處進(jìn)行射擊訓(xùn)練.易知點(diǎn)A到墻面

的距離為AB,某目標(biāo)點(diǎn)P沿墻面上的射線CM移動(dòng)，此人為了準(zhǔn)確瞄準(zhǔn)目標(biāo)點(diǎn)P,需計(jì)算由

點(diǎn)A觀察點(diǎn)P的仰角θ的大小.若AB=15cm,AC=25Cm/BCM=30。，則tan9的最大

值是

（仰角。為直線AP與平面ABC所成角）.

答案竽.

解析法一常規(guī)方法

VAB=15,AC=25,.?.BC=20.設(shè)P點(diǎn)到地面垂足為N,h=PN,則

PC=2h,NC=y∕3h,NB=?NC-BC?=∣√3∕ι-20?,AN=y∕NB2+AB2=

J(√3∕ι-20)2+152=√3∕ι2-40√3∕ι+252,貝IJ

PNh

----=------------------------------=

AN√3∕ι2-40√3∕ι+252

Q40百上252

3IT+廬

?3-^+^≥3-4O√3^+(25^)2=g,.?.tan0≤J∣=∣√3,即tan。的最大

值為∣√3?

法二最大角定理

如下圖，不妨取BM1平面ABC,再過(guò)8作BHIAC于點(diǎn)H,連MH,可得MH1AC,故

乙MHB為二面角M-AC-B的平面角.

由最大角定理可知:AP與平面ABC所成角的最大值即為二面角M-AC-B的大小.

因?yàn)?B=15m,AC=25m,且AB垂直墻面,所以由勾股定理得BC=20,易得BH=12.

所以BM=BC?tan乙BCM=20?tan30°=

?,?tanZMWS=翳=苧,即tanθ的最大值為苧.

Dn77

注AP的最大仰角，即為力P與平面ABC所成角的最大值.因?yàn)辄c(diǎn)P在射線CM上移動(dòng)，則

AP是平面Ma4內(nèi)的一條動(dòng)直線，由最大角定理,AP與平面ABC所成角的最大值，即為二

面解M-AC-B的大小,問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求二面角M-AC-B的正仞值.

例4如圖，在長(zhǎng)方體ABC。一A/iGDi中，AB=3,AD=5,AA1=4,點(diǎn)尸是的中點(diǎn),

點(diǎn)E為的棱BC上的動(dòng)點(diǎn),則平面C1EF與平面ABB1A1所成的銳二面角正切的最小值是

答案甯.

解析法一幾何法,利用垂線法作出二面角的平面角

延長(zhǎng)GE交BBl于Q,連接QF,過(guò)Bl作B1HLFQ于H,連接HC1,由B1C11平面AA1B1B,

得F1C11FQ,所以FQ1平面B1C1H,則HC11QF,故就是所求銳二面角的平面

氟所以

ClBl5

tanzC1Hβ1=-)

當(dāng)點(diǎn)在棱BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)直線FQ過(guò)定點(diǎn)F,兩個(gè)臨界位置是FB、FA,所以點(diǎn)到直

EB1

線FQ的距離BH的最大值為BF=√∏(當(dāng)BFFQ時(shí)),所以

1111tanZC1HB1≥?.

二面角的一個(gè)面固定,即半平面FQB1固定,另一個(gè)半平面在變動(dòng),注意到這個(gè)不停變化的半

平面經(jīng)過(guò)定直線C1F,所以由最大角定理可知，二面角的最小值就是ClF與另一個(gè)半平面

FQBl所成的線面角.

法二建系法

以4為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以直線48、AD,為X軸、y軸Z軸建立空間直角坐標(biāo)系.

設(shè)平面E尸Cl與平面Λ?B]B所成的銳二面角為仇點(diǎn)E的坐標(biāo)為(3,t,0)(04t45),平面

EFC1的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),那么

1n?帚=O,=](x,y,z)?(3,5,2)=0,J=--%

?n?FE=0,1(x,y,z)?(3,t,-2)=0,Q=t-5>

取y=12得,n=(-2t-10,12,3t-15),又因?yàn)槠矫鍭A1BiB的一個(gè)法向量為m=(0,1,0),

所以

cosθ=∣cos(nm〉|=,，=,

l√(2t+10)2+122+(3t-15)2√13t2-50t+469

D42c11√13t2-50t+469113t2-50t+325業(yè)425,.√≡∣∕?

又tan2J=礪一I=——--------1=—值一，當(dāng)t=石時(shí)d，t4an9n取w得θ取小值

5√∏

13

法二投影面積法

AB=3,AD=4,AA1=4,AGEF在平面AA1B1B上的投影為△FBB1,記平面C1EF與平面

Λ4∕ιB所成二面角的平面角為θ,5!∣Jcosθ==?.tan2θ=?-1,所以只

S^CFESACFECOSZθ

需求SAeIFE的面積最小值即可.

以4為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以直線ZB、AD.44ι為X軸、y軸Z軸建立空間直角坐標(biāo)系.

E(3,t,0)(0≤t≤5),F(0,0,2),G(3,5,4),而=(3,t,-2),FC1=(3,5,2).

SAClPE=??/l?t2—50t+469≥6"等',故cosθ—當(dāng)詈，從而tanθ—~^??

xNV13√13√13

例5如圖，已知△ABC中,。是48的中點(diǎn)，沼直線CC將△ACD翻折成△A'CD,所成二面

角H-CD-B的平面角為a,則A.?A'DB≤αB.ΛA'DB≥aC.?A'CB≤αD.?A'CB≥a

答案選B.

解析法一考慮極端情況

當(dāng)二面角A-CD-B趨向于O時(shí)，乙4，CB》a;當(dāng)二面角4-CD-B趨向于兀時(shí),

ΛA'CB《α.故選項(xiàng)C和選項(xiàng)D都不對(duì).

當(dāng)二面角A'-CD-B趨向于0時(shí),乙4。8≥α;當(dāng)二面角A'-CD-B趨向于兀時(shí),α趨向

于?A'DB.故選B.

法二(1)當(dāng)AC=8C時(shí),乙4'DB=α;

（2）當(dāng)AC≠BC時(shí),如圖，點(diǎn)A'投影在AEAL.a=?A/0E,連結(jié)AA'.

因?yàn)榈妊鰽'OA和等腰△A1DA有公共底邊，且Zλ4》OA,所以?ADA'<乙4。4,（其實(shí)就

是最大角定理）WDB>?A'OE,即WDB>a.故選B.

5兩個(gè)定理綜合應(yīng)用

例1已知三棱錐D-ABC,平面DAB1平面ABC,記二面角D-AC-B的平面角a,DA與

底面ABC所成的角為β,AB與平面ADC所成的角為y,貝IJ

A.α≥∕?≥yB.0》ɑ》yC.α≥y≥0D.y≥α≥/?

答案選A.

解析由最大角定理可知S4a.因?yàn)?可看作48與4。成的角（線線角）/是AB與平面

ADC所成的角（線面角）,所以由最小角定理得夕》匕故選A.

注線面角可以找到對(duì)應(yīng)的線線角,這個(gè)線線角必小于等于其他的線面角

例2已知四棱錐S-ABCD的底面是正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均相等,E是線段4B上的點(diǎn)（不含端

點(diǎn)），設(shè)SE與BC所成的角為Θ1,SE與平面ABCD所成的角為θ2,二面角S-AB-C的平

面角為。3,則?-%%（Θ3B.θ3≤θ2≤01c.01≤03≤&D.。24。34國(guó)

答案選D.

解析由題可知，四棱錐S-ABCD是正四棱錐，如圖，設(shè)底面正方形的中心為0,4B的中點(diǎn)

為M.則θ2=?SEO,Θ3=NSMO,由最大角定理可知：θ2≤θ3.

又SE與BC所成的角為θllOM∕∕BC,所以％也是。M與SE所成的角，

又%可看作OM與平面SAB所成的角,故由最小角定理可知：&≤θ1.

綜上可