新高考数学二轮复习专题四微重点14与空间角有关的最值问题学案

这是一份新高考数学二轮复习专题四微重点14与空间角有关的最值问题学案，共19页。

考点一 空间角的大小比较
例1 (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＜α
C．β＜α＜γ D．α＜γ＜β
答案 A
解析 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)，
B1(b，b，a)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，b，\f(a,3)))，eq \(A1B,\s\up6(--→))＝(0，b，－a)，
eq \(AD1,\s\up6(--→))＝(－b，0，a)，eq \(D1B1,\s\up6(--→))＝(b，b，0)，
eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－b，b，\f(a,3)))，
cs α＝eq \f(|\(A1B,\s\up6(--→))·\(AD1,\s\up6(--→))|,|\(A1B,\s\up6(--→))||\(AD1,\s\up6(--→))|)＝eq \f(a2,\r(a2＋b2)·\r(a2＋b2))＝eq \f(a2,a2＋b2)，
cs β＝eq \f(|\(A1B,\s\up6(--→))·\(D1B1,\s\up6(--→))|,|\(A1B,\s\up6(--→))||\(D1B1,\s\up6(--→))|)＝eq \f(b2,\r(a2＋b2)·\r(b2＋b2))，
cs γ＝eq \f(|\(AE,\s\up6(→))·\(D1B1,\s\up6(--→))|,|\(AE,\s\up6(→))||\(D1B1,\s\up6(--→))|)＝0，
∵a＞b＞0，∴cs α＞cs β＞cs γ＝0，∴α＜β＜γ.
规律方法 (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)．
跟踪演练1 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
答案 B
解析 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.
考点二 空间角的最值
例2 (2022·绍兴模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是BC，B1C1的中点，点P是截面AB1C1D(包括边界)上的动点，D1P＝eq \f(\r(34),3)，2eq \(ME,\s\up6(→))＝eq \(EN,\s\up6(→))，则EP与平面AB1C1D所成最大角的正切值为________．
答案 eq \f(8\r(2)＋2\r(22),5)
解析 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OP＝eq \r(D1P2－D1O2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(34),3)))2－\r(2)2)＝eq \f(4,3)，
则点P的轨迹是以O为圆心，eq \f(4,3)为半径的圆与平面AB1C1D的交线，又M到平面AB1C1D的距离为MS＝eq \r(2)，因为2eq \(ME,\s\up6(→))＝eq \(EN,\s\up6(→))，
所以E到平面AB1C1D的距离为ET＝eq \f(2\r(2),3)，
则∠EPT为直线EP与平面AB1C1D的夹角，当O，T，P共线时，PT最小，
tan∠EPT＝eq \f(ET,PT)的值最大，
OS＝1，ST＝eq \r(2)×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(2),3)，
所以OT＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)))2)＝eq \f(\r(11),3)，
即PT＝eq \f(4,3)－eq \f(\r(11),3)，
tan∠EPT＝eq \f(ET,PT)＝eq \f(\f(2\r(2),3),\f(4,3)－\f(\r(11),3))＝eq \f(8\r(2)＋2\r(22),5).
规律方法 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．
跟踪演练2 (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( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(6),6) C.eq \f(\r(6),3) D.eq \f(\r(6),4)
答案 C
解析 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)，
eq \(CD1,\s\up6(--→))＝(0，－2,2)，
eq \(C1D,\s\up6(--→))＝(0，－2，－2)，
设eq \(CN,\s\up6(→))＝λeq \(CD1,\s\up6(--→))(0 ≤ λ ≤ 1)，则N(0，－2λ＋2,2λ)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝(－1，－2λ＋2,2λ－1)，
设直线C1D与直线MN所成角为θ，
则cs θ＝|cs〈eq \(MN,\s\up6(→))，eq \(C1D,\s\up6(--→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(MN,\s\up6(→))·\(C1D,\s\up6(--→)),|\(MN,\s\up6(→))||\(C1D,\s\up6(--→))|)))
＝eq \f(2,2\r(2)·\r(1＋2λ－22＋2λ－12))
＝eq \f(2,2\r(2)·\r(8λ2－12λ＋6))，
由eq \r(8λ2－12λ＋6)＝eq \r(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(3,4)))2＋\f(3,2))≥eq \r(\f(3,2))，
当且仅当λ＝eq \f(3,4)时等号成立，
∴cs θ＝eq \f(2,2\r(2)·\r(8λ2－12λ＋6))≤eq \f(\r(3),3)，则sin θ≥eq \f(\r(6),3)，
∴直线C1D与直线MN所成角的正弦值的最小值为eq \f(\r(6),3).
考点三 空间角的范围
例3 如图1，在平面多边形ABCDE中，四边形ABCD是正方形，△ADE是正三角形．将△ADE所在平面沿AD折叠，使得点E达到点S的位置(如图2)．若二面角S－AD－C的平面角θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))，则异面直线AC与SD所成角的余弦值的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),16)，\f(\r(2),4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),16)，\f(\r(2),4)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),16)，\f(\r(6)＋\r(2),16))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),8)))
答案 D
解析 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，
即∠SOG＝θ，则S(eq \r(3)cs θ，0，eq \r(3)sin θ)．
因为eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(DS,\s\up6(→))＝(eq \r(3)cs θ，－1，eq \r(3)sin θ)，
所以cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(DS,\s\up6(→))〉＝eq \f(2\r(3)cs θ－2,2\r(2)×2).
又θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))，所以cs θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
所以cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(DS,\s\up6(→))〉∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)－2\r(2),8)，\f(\r(2),8)))，
又异面直线夹角的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
故异面直线AC与SD所成角的余弦值的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),8))).
易错提醒 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．
跟踪演练3 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( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(3),3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，1))
答案 B
解析 设正方体的棱长为1，以C为原点，分别以eq \(CD,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))，eq \(CC1,\s\up6(--→))为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
令P(0,0，m)，m∈[0,1]，
则Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，B(0,1,0)，D(1,0,0)，A1(1,1,1)，
∴eq \(BD,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq \(DA1,\s\up6(--→))＝(0,1,1)，
eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，m))，m∈[0,1]，
设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(DA1,\s\up6(--→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,y＋z＝0，))
则平面A1BD的一个法向量为n＝(1,1，－1)，
∴sin α＝|cs〈n，eq \(OP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(OP,\s\up6(→))|,|n||\(OP,\s\up6(→))|)
＝eq \f(1＋m,\r(3)·\r(\f(1,2)＋m2))＝eq \r(\f(21＋m2,31＋2m2))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1)).
专题强化练
1.在矩形ABCD中，AB＝eq \r(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所成角的范围(包含初始状态)为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))
答案 C
解析 根据题意，初始状态，直线AD与直线BC所成的角为0，当BD＝eq \r(2)时，AD⊥DB，AD⊥DC，且DB∩DC＝D，DB，DC⊂平面DBC，所以AD⊥平面DBC，又BC⊂平面DBC，故AD⊥BC，直线AD与BC所成的角为eq \f(π,2)，
所以在翻折过程中直线AD与直线BC所成角的范围(包含初始状态)为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
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≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
答案 D
解析 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.
由题意得tan θ1＝eq \f(SO′,EO′)＝eq \f(\r(5),2)，
tan θ2＝eq \f(SO,EO)＝eq \f(1,\f(\r(5),2))＝eq \f(2\r(5),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A1C1D
B．三棱锥P－A1C1D的体积为定值
C．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))
D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),4)
答案 AB
解析 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)，
设P(x，1，z)，eq \(B1P,\s\up6(--→))＝λeq \(B1C,\s\up6(--→))，
则(x－1,0，z－1)＝λ(－1,0，－1)，λ∈[0,1]，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1－λ，,z＝1－λ，))
即P(1－λ，1,1－λ)．
对于A，eq \(BD1,\s\up6(--→))＝(－1，－1,1)，eq \(DA1,\s\up6(--→))＝(1,0,1)，
eq \(DC1,\s\up6(--→))＝(0,1,1)，
因为eq \(BD1,\s\up6(--→))·eq \(DA1,\s\up6(--→))＝－1×1＋1×1＝0，
eq \(BD1,\s\up6(--→))·eq \(DC1,\s\up6(--→))＝－1×1＋1×1＝0，
所以eq \(BD1,\s\up6(--→))⊥eq \(DA1,\s\up6(--→))，eq \(BD1,\s\up6(--→))⊥eq \(DC1,\s\up6(--→))⇒BD1⊥DA1，
BD1⊥DC1，
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，
所以CB1⊥OC1，OC1＝eq \f(1,2)×eq \r(12＋12)＝eq \f(\r(2),2)，
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，
为定值，故B正确；
对于C，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－λ，1,1－λ)，eq \(A1D,\s\up6(--→))＝(－1,0，－1)，
设异面直线AP与A1D所成角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))，
则有cs θ＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·\(A1D,\s\up6(--→))|,|\(AP,\s\up6(→))||\(A1D,\s\up6(--→))|)
＝eq \f(|λ＋λ－1|,\r(－λ2＋12＋1－λ2)·\r(12＋12))
＝eq \f(|2λ－1|,2\r(λ2－λ＋1))，
当λ＝eq \f(1,2)时，cs θ＝0⇒θ＝eq \f(π,2)；
当λ≠eq \f(1,2)时，
cs θ＝eq \f(1,\r(\f(4λ2－4λ＋4,4λ2－4λ＋1)))＝eq \f(1,\r(1＋\f(3,2λ－12)))，
因为λ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
所以(2λ－1)2∈(0,1]，
因此eq \f(1,2λ－12)≥1⇒eq \f(3,2λ－12)≥3⇒1＋eq \f(3,2λ－12)≥4⇒eq \r(1＋\f(3,2λ－12))≥2⇒0即0所以θ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，
综上，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，故C不正确；
对于D，由A项知，eq \(BD1,\s\up6(--→))＝(－1，－1,1)为平面A1C1D的一个法向量，
令m＝eq \(BD1,\s\up6(--→))，
则m＝(－1，－1,1)，eq \(C1P,\s\up6(--→))＝(1－λ，0，－λ)，
设直线C1P与平面A1C1D所成角为α，
则sin α＝|cs〈m，eq \(C1P,\s\up6(--→))〉|＝eq \f(|m·\(C1P,\s\up6(--→))|,|m||\(C1P,\s\up6(--→))|)
＝eq \f(|λ－1－λ|,\r(1－λ2＋－λ2)·\r(－12＋－12＋12))
＝eq \f(1,\r(3)·\r(2λ2－2λ＋1))＝eq \f(1,\r(3)·\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))2＋\f(1,2)))，
因为λ∈[0,1]，
所以当λ＝eq \f(1,2)时，eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))2＋\f(1,2))有最小值，最小值为eq \r(\f(1,2))＝eq \f(\r(2),2)，
所以直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为eq \f(1,\r(3)×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(6),3)，故D不正确．
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
答案 C
解析 设等边△ABC的边长为1，
AD＝x(0在△ABC中，由BD＝CE，得DE∥BC，
如图，过点A作AG⊥BC，交DE于点H，交BC于点G，连接BH，则AH⊥DE，
AG＝eq \f(\r(3),2)，∠ADH＝∠ABG＝60°，
所以AH＝eq \f(\r(3),2)x，HG＝eq \f(\r(3),2)－eq \f(\r(3),2)x＝eq \f(\r(3),2)(1－x)，
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，
在△BHG中，BH＝eq \r(\f(1,4)＋\f(3,4)1－x2)，
所以AB＝eq \r(AH2＋BH2)
＝eq \r(\f(3,4)x2＋\f(1,4)＋\f(3,4)1－x2)
＝eq \r(\f(3,2)x2－\f(3,2)x＋1)，
所以cs∠ADB＝eq \f(AD2＋BD2－AB2,2×AD×BD)
＝eq \f(x2＋1－x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x2－\f(3,2)x＋1)),2·x·1－x)＝－eq \f(1,4)为定值，
所以∠ADB大小不变，故A正确；
如图，过H作HO⊥BD交BD于点O，
由DH＝eq \f(x,2)，得OH＝eq \f(\r(3),4)x，
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，
在Rt△AOH中，tan∠AOH＝eq \f(AH,OH)＝eq \f(\f(\r(3),2)x,\f(\r(3),4)x)＝2，
所以∠AOH大小不变，故B正确；
S△BCD＝eq \f(1,2)×BC×HG＝eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(3),2)(1－x)
＝eq \f(\r(3),4)(1－x)，
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，
所以AG＝eq \r(AH2＋GH2)＝eq \r(\f(3,4)x2＋\f(3,4)1－x2)，
S△ABC＝eq \f(1,2)·BC·AG，
设点D到平面ABC的距离为d，
由等体积法可得VA－BCD＝VD－ABC，
即eq \f(1,3)·S△BCD·AH＝eq \f(1,3)·S△ABC·d
则d＝eq \f(S△BCD·AH,S△ABC)＝eq \f(\f(1,2)·BC·HG·AH,\f(1,2)·BC·AG)
＝eq \f(\f(\r(3),2)x1－x,\r(x2＋1－x2))，
设BD与平面ABC所成的角为θ，
则sin θ＝eq \f(d,BD)＝eq \f(\f(\r(3),2)x,\r(x2＋1－x2))
＝eq \f(\f(\r(3),2),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2))，
在D从B滑动到A的过程中，x的值从1变小到0，这一过程中eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2)逐渐变大．
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，
则tan∠ABC＝eq \f(AG,BG)＝2AG＝eq \r(3)·eq \r(x2＋1－x2)
＝eq \r(3)·eq \r(2x2－2x＋1)，
函数y＝2x2－2x＋1(0当0当eq \f(1,2)所以在x从1变到eq \f(1,2)的过程中，tan∠ABC变小，∠ABC变小，在x从eq \f(1,2)变到0的过程中，tan∠ABC变大，∠ABC变大，故D正确．
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＝________.
答案 eq \f(\r(6),3)
解析 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)，
则eq \(DP,\s\up6(→))＝(1，a，0)，eq \(DB1,\s\up6(--→))＝(1,1,1)，
设平面PDB1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DP,\s\up6(→))·n＝x＋ay＝0，,\(DB1,\s\up6(--→))·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)，
设平面PDB1与平面ADD1A1的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·m,|n||m|)))
＝eq \f(|－1|,\r(a2＋－12＋－a＋12))
＝eq \f(1,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋\f(3,2)))，
易得当θ取得最小值α时，a＝eq \f(1,2)，
此时有cs α＝eq \f(\r(6),3).
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________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))
解析 如图所示，设正方形的边长为2，
则OA＝OB＝OD＝eq \r(2)，
OA⊥OB，OA⊥OD，
设∠BOD＝α，α∈(0，π)，直线EF与平面BOD所成的角为θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
以{eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OD,\s\up6(→))}为一组基底，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))－eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→)))－eq \f(1,2)(eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))
＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(OD,\s\up6(→))，
所以|eq \(EF,\s\up6(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(OA,\s\up6(→))－\f(1,2)\(OB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(OD,\s\up6(→))))2)
＝eq \r(\(OA,\s\up6(→))2＋\f(1,4)\(OB,\s\up6(→))2＋\f(1,4)\(OD,\s\up6(→))2－\(OA,\s\up6(→))·\(OB,\s\up6(→))＋\(OA,\s\up6(→))·\(OD,\s\up6(→))－\f(1,2)\(OB,\s\up6(→))·\(OD,\s\up6(→)))
＝eq \r(3－cs α)，
则eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝－2eq \(OA,\s\up6(→))，
所以|eq \(AC,\s\up6(→))|＝2|eq \(OA,\s\up6(→))|＝2eq \r(2)，
eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝－2eq \(OA,\s\up6(→))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(OA,\s\up6(→))－\f(1,2)\(OB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(OD,\s\up6(→))))
＝－2eq \(OA,\s\up6(→))2＋eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))＝－4.
所以sin θ＝eq \f(|\(AC,\s\up6(→))·\(EF,\s\up6(→))|,|\(AC,\s\up6(→))||\(EF,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(2),\r(3－cs α))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))，
所以cs θ＝eq \r(1－sin2θ)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))).