高考数学一轮复习第八章立体几何8-7利用空间向量求空间角学案理.doc

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1、- 1 - / 21【2019【2019 最新最新】精选高考数学一轮复习第八章立体几何精选高考数学一轮复习第八章立体几何 8-8-7 7 利用空间向量求空间角学案理利用空间向量求空间角学案理考纲展示 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.考点 1 异面直线所成的角两条异面直线所成角的求法设两条异面直线 a，b 的方向向量为 a，b，其夹角为 ，则 cos |cos |(其中 为异面直线 a，b 所成的角)空间角的范围处理错误已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 的方向向量、法向量，若cosm，n，则 l 与 所成

2、的角为_答案：30解析：设 l 与 所成的角为 ，则 sin |cosm，n|，30.典题 1 (1)直三棱柱 ABCA1B1C1 中，BCA90，M，N 分别是 A1B1，A1C1 的中点，BCCACC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( )A. B. C. D.22答案 C解析 建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz，设 BC2，则 B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，- 2 - / 21N(1,0,2)，所以(1，1,2)，(1,0,2)，故 BM 与 AN 所成角 的余弦值cos .(2)如图，在正方形 ABCD 中，EFAB，若沿 EF 将正方形折成一个二面角

3、后，AEEDAD11，则 AF 与 CE 所成角的余弦值为_答案 4 5解析 AEEDAD11，AEED，即 AE，DE，EF 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设 ABEFCD2，则 E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，(1,2,0)，(0,2,1)，cos， ，AF 与 CE 所成角的余弦值为.点石成金 1.利用向量法求异面直线所成角的步骤2注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其是取值范围考点 2 直线与平面所成角直线和平面所成角的求法如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面 的法向量为 n，直线 l 与平面 所成的角为 ，向量 e

4、与 n 的夹角为 ，则有 sin |cos |.(1)教材习题改编若直线 l 的方向向量与平面 的法向量的夹- 3 - / 21角等于 120，则直线 l 与平面 所成的角等于_答案：30解析：根据线面角的定义易知为 30.(2)教材习题改编如果平面的一条斜线和它在这个平面上的射影的方向向量分别是 a(0,2,1)，b(， ，)，那么这条斜线与平面的夹角是_答案：30解析：cosa，b，因此 a 与 b 的夹角为 30，即斜线与平面的夹角也为 30.(3)教材习题改编如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M，N 分别为棱 AA1 和 BB1 的中点，则 sin， 的值为_答案：4

5、59解析：设正方体的棱长为 2，以 D 为坐标原点， ， ，所在方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，可知(2，2,1)，(2,2，1)，所以 cos， ，所以 sin， .典题 2 2017河南郑州二模如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，四边形 AA1C1C 是边长为 2 的菱形，平面 ABC平面AA1C1C，A1AC60，BCA90. (1)求证：A1BAC1；(2)已知点 E 是 AB 的中点，BCAC，求直线 EC1 与平面 ABB1A1所成的角的正弦值(1)证明 AC 的中点 O，连接 A1O，因为四边形 AA1C1C 是菱形，且A1AC60，所以A1AC

6、为等边三角形，所以 A1OAC.又平面 ABC平面 AA1C1C，- 4 - / 21所以 A1O平面 ABC，所以 A1OBC.又 BCAC，所以 BC平面 AA1C1C，所以 AC1BC.在菱形 AA1C1C 中，AC1A1C，所以 AC1平面 A1BC，所以 A1BAC1.(2)解 以点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则 A(0，1,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,2，)，(2,2,0)，(0,1，)AB设 m(x，y，z)是平面 ABB1A1 的法向量，则即Error!取 z1，可得 m(， ，1)又 E(1,0,0)，所以(1,2，)，设直

7、线 EC1 与平面 ABB1A1 所成的角为 ，则 sin |cos，m|.点石成金 利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角.2017辽宁协作体联考在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，求 BB1与平面 ACD1 所成的角的余弦值解：设正方体的边长为 DD11，分别以 DA，DC，DD1 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角- 5 - / 21坐标系，则有 D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,

8、0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，则(0,0,1)，(1,0,1)，(1,1,0)AC设 n(x，y，z)为平面 ACD1 的法向量，则有即Error!取 x1，得 n(1,1,1)设直线 BB1 与平面 ACD1 所成的角为 ，则有 sin |cosn， |，故 cos .即 BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为.考点 3 二面角求二面角的大小(1)如图，AB，CD 是二面角 l 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 _.答案：， (2)如图，n1，n2 分别是二面角 l 的两个半平面， 的法向量，则二面角的大小 n1，n2或n1，n2 二面角的

9、求法：可先求出两个平面的法向量 n1，n2 所成的角n1，n2 ，则所求二面角为n1，n2或 n1，n2 已知 ABCDA1B1C1D1 是棱长为 6 的正方体，E，F 分别是棱AB，BC 上的动点，且 AEBF.当 A1，E，F，C1 共面时，平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为_- 6 - / 21答案：1 2解析：以 D 为原点， ， ，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，易知当 E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F，C1 四点共面设平面 A1DE 的法向量为 n1(a，b，c)，依题意得Error!可取 n1(1,2,1)

10、同理可得平面 C1DF 的一个法向量为n2(2，1,1)故平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为.典题 3 如图，四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的所有棱长都相等，ACBDO，A1C1B1D1O1，四边形 ACC1A1 和四边形 BDD1B1 均为矩形(1)求证：O1O底面 ABCD；(2)若CBA60，求二面角 C1OB1D 的余弦值(1)证明 因为四边形 ACC1A1 为矩形，所以 CC1AC，同理 DD1BD.因为 CC1DD1，所以 CC1BD，而 ACBDO，因此 CC1底面 ABCD.由题设知，O1OC1C，故 O1O底面 ABCD.(2)解 因为四棱柱 ABCD

11、A1B1C1D1 的所有棱长都相等，所以四边形 ABCD 是菱形，因此 ACBD.又 O1O底面 ABCD，从而 OB，OC，OO1 两两垂直如图，以 O 为坐标原点，OB，OC，OO1 所在直线分别为 x 轴、y轴、z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz.不妨设 AB2，因为CBA60，- 7 - / 21所以 OB，OC1.于是相关各点的坐标为 O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)易知 n1(0,1,0)是平面 BDD1B1 的一个法向量. 设 n2(x，y，z)是平面 OB1C1 的法向量，则即Error!取 z，则 x2，y2，所以 n2(2,2，)设二面角 C1OB1

12、D 的大小为 ，易知 是锐角，于是 cos |cosn1，n2|.故二面角 C1OB1D 的余弦值为.题点发散 1 将(2)中条件“CBA60”改为“CBA90”，问题不变解：由母题(2)建系条件知，当CBA90时，四边形 ABCD 为正方形，不妨设 AB2，则 OB，OC，O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0， ，2)易知 n1(0,1,0)是平面 OB1D 的一个法向量设 n2(x，y，z)是平面 OB1C1 的法向量，则即Error!取 z，则 x2，y2，则 n2(2,2，)设二面角 C1OB1D 为 ，则 cos |cosn1，n2|，故二面角 C1OB1D 的余弦值为.题点

13、发散 2 在题干条件下，试在线段 C1C 上求一点 M，使二面角 MOB1D 的大小为 60.- 8 - / 21解：在母题(2)建系条件下，O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)易知 n1(0,1,0)是平面 OB1D 的一个法向量设 M(0,1，m)，且 n2(x，y，z)是平面 OB1M 的一个法向量则即Error!取 z1，则 x，ym，则 n2.由 cosn1，n2知，m2(m0)，即 m，M.即在线段 CC1 上存在一点 M 且 CM，使二面角 MOB1D 的大小为 60.点石成金 1.利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在

14、平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小2利用法向量求二面角时的两个注意点(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论错误.如图，ABC 和BCD 所在平面互相垂直，且- 9 - / 21ABBCBD2，ABCDBC120，E，F 分别为 AC，DC 的中点(1)求证：EFBC；(2)求二面角 EBFC 的正弦值(1)证明：

15、由题意，以 B 为坐标原点，在平面 DBC 内过 B 作垂直BC 的直线为 x 轴，BC 所在直线为 y 轴，在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC的直线为 z 轴，建立如图所示空间直角坐标系易得 B(0,0,0)，A(0，1，)，D(，1,0)，C(0,2,0)因而 E，F.所以，(0,2,0)，因此0.从而，所以 EFBC.(2)解：平面 BFC 的一个法向量为 n1(0,0,1)设平面 BEF 的法向量 n2(x，y，z)，又，由得其中一个 n2(1，1)设二面角 EBFC 的大小为 ，且由题意知 为锐角，则 cos |cosn1，n2|，因此 sin ，即二面角 EBFC 的正弦值为.

16、方法技巧 1.用向量来求空间角，只需将各类角转化成对应向量的夹角来计算，问题的关键在于确定对应线段的向量2合理建立空间直角坐标系(1)一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一- 10 - / 21点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系易错防范 1.利用向量求角，一定要注意将向量夹角

17、转化为各空间角2求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角真题演练集训 12016新课标全国卷如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD交于点 O，AB5，AC6，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AECF，EF交 BD 于点 H.将DEF 沿 EF 折到DEF 的位置，OD.(1)证明：DH平面 ABCD；(2)求二面角 BDAC 的正弦值(1)证明：由已知，得 ACBD，ADCD.又由 AECF，得，故 ACEF.因此 EFHD，从而 EFDH.由 AB5，AC6，得DOBO4.由 EFAC，得.所以 OH1，DHDH3.于是 DH2OH2321210DO2，故 DHOH.又 DHE

18、F，而 OHEFH，所以 DH平面 ABCD.- 11 - / 21(2)解：如图，以 H 为坐标原点，的方向为 x 轴正方向，的方向为 y 轴正方向，的方向为 z 轴正方向，建立空间直角坐标系 Hxyz.则 H(0,0,0)，A(3，1,0)，B(0，5,0)，C(3，1,0)，D(0,0,3)，(3，4,0)，(6,0,0)，(3,1,3)AC设 m(x1，y1，z1)是平面 ABD的法向量，则即Error!所以可取 m(4,3，5)设 n(x2，y2，z2)是平面 ACD的法向量，则即Error!所以可取 n(0，3,1)于是 cosm，nmn |m|n|，sinm，n.因此二面角 BD

19、AC 的正弦值是.22016山东卷在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆 O 的直径，EF 是上底面圆 O的直径，FB 是圆台的一条母线(1)已知 G，H 分别为 EC，FB 的中点求证：GH平面 ABC；(2)已知 EFFBAC2，ABBC，求二面角 FBCA 的余弦值(1)证明：设 FC 的中点为 I，连接 GI，HI，在CEF 中，因为点 G 是 CE 的中点，所以 GIEF.又 EFOB，所以 GIOB.在CFB 中，因为 H 是 FB 的中点，- 12 - / 21所以 HIBC.又 HIGII，OBBCB，所以平面 GHI平面 ABC.因为 GH平面 GHI，所以 GH平面 ABC.

20、(2)解：解法一：连接 OO，则 OO平面 ABC.又 ABBC，且 AC 是圆 O 的直径，所以 BOAC.以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz.由题意，得 B(0,2，0)，C(2，0,0)，所以(2，2，0)过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M，所以 FM3，可得 F(0， ，3)故(0，3)设 m(x，y，z)是平面 BCF 的法向量，由可得Error!可得平面 BCF 的一个法向量 m.因为平面 ABC 的一个法向量 n(0,0.1)，所以 cosm，n.所以二面角 FBCA 的余弦值为.解法二：如图，连接 OO.过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M，则

21、有 FMOO.又 OO平面 ABC，所以 FM平面 ABC.- 13 - / 21可得 FM3.过点 M 作 MN 垂直 BC 于点 N，连接 FN.可得 FNBC，从而FNM 为二面角 FBC A 的平面角又 ABBC，AC 是圆 O 的直径，所以 MNBMsin 45，从而 FN，可得 cos FNM.所以二面角 FBCA 的余弦值为.32016新课标全国卷如图，四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M 为线段 AD 上一点，AM2MD，N 为 PC 的中点(1)证明：MN平面 PAB；(2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值(1)证明

22、：由已知，得 AMAD2.如图，取 BP 的中点 T，连接 AT，TN.由 N 为 PC 的中点知，TNBC，TNBC2.又 ADBC，故 TN 綊 AM，四边形 AMNT 为平行四边形，于是MNAT.因为 AT平面 PAB，MN平面 PAB，所以 MN平面 PAB.(2)解：取 BC 的中点 E，连接 AE.由 ABAC，得 AEBC，从而 AEAD，且 AE.以 A 为坐标原点，的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直- 14 - / 21角坐标系 Axyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，(0,2，4)，PM.AN设 n(x，y，z)为平面 PMN

23、的法向量，则即Error!可取 n(0,2,1)于是|cosn， |，则直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为.42015新课标全国卷如图，四边形 ABCD 为菱形，ABC120，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面 ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面 AEC平面 AFC；(2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值(1)证明：如图，连接 BD，设 BDACG，连接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB1.由ABC120，可得 AGGC.由 BE平面 ABCD，ABBC 可知，AEEC.又 AEEC，所以 EG，且 EGAC

24、.在 RtEBG 中，可得 BE，故 DF.在 RtFDG 中，可得 FG.在直角梯形 BDFE 中，由 BD2，BE，DF，可得 EF.从而 EG2FG2EF2，所以 EGFG.又 ACFGG，所以 EG平面 AFC.- 15 - / 21因为 EG平面 AEC，所以平面 AEC平面 AFC.(2)解：如图，以 G 为坐标原点，分别以，的方向为 x 轴，y 轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系 Gxyz.由(1)可得 A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0， ，0)，所以(1， ，)，.故 cos， .所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为.52015新课标全国卷如图，长方体

25、 ABCDA1B1C1D1 中，AB16，BC10，AA18，点 E，F 分别在 A1B1，D1C1 上，A1ED1F4.过点 E，F 的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线 AF 与平面 所成角的正弦值解：(1)交线围成的正方形 EHGF 如图所示(2)作 EMAB，垂足为 M，则 AMA1E4，EMAA18.因为四边形 EHGF 为正方形，所以 EHEFBC10.于是 MH6，所以 AH10.以 D 为坐标原点，的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，则 A(10,0,0)，H(10,10,0)，

26、E(10，4,8)，F(0,4,8)，- 16 - / 21(10,0,0)，(0，6,8)FE设 n(x，y，z)是平面 的法向量，则即Error!所以可取 n(0,4,3)又(10,4,8)，故|cosn， |.所以 AF 与平面 所成角的正弦值为.课外拓展阅读 巧用向量法求立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问

27、题的常见类型及其求解策略1条件追溯型解决立体几何中的条件追溯型问题的基本策略是执果索因其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可迅速找到切入点这类题目要求考生变换思维方向，有利于培养考生的逆向思维能力典例 1 如图所示，在四棱锥 SABCD 中，SA平面 ABCD，底面 ABCD 为直角梯形，ADBC，BAD90，且AB4，SA3.E，F 分别为线段 BC，SB 上的一点(端点除外)，满足，当实数 的值为_时，AFE 为直角思路分析 - 17 - / 21解析 因为 SA平面 ABCD，BAD90，故可建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.因为 AB4，SA

28、3，所以 B(0,4,0)，S(0,0,3)设 BCm，则 C(m,4,0)，因为，所以.所以()所以()(0,4，3)所以 F.同理可得 E，所以.因为，要使AFE 为直角，即0，则 00，所以 169，解得 .答案 9 162存在判断型以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立 “是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由这类问题常用“肯定顺推

29、”- 18 - / 21的方法求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便典例 2 如图所示，四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形，MD平面 ABCD，NB平面 ABCD，且 MDNB1，E 为 BC 的中点(1)求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值；(2)在线段 AN 上是否存在点 S，使得 ES平面 AMN？若存在，求线段 AS 的长；若不存在，请说明理由思路分析 解 (1)如图所示，以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.依题意，得 D(0,0

30、,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，所以，(1,0,1)，因为|cos， |NEAM|NE|AM|.所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为.(2)假设在线段 AN 上存在点 S，使得 ES平面 AMN.连接 AE，如图所示因为(0,1,1)，可设(0，)，又，所以.由 ES平面 AMN，得- 19 - / 21Error!即解得 ，此时，|.经检验，当|AS|时，ES平面 AMN.故在线段 AN 上存在点 S，使得 ES平面 AMN，此时|AS|.3结论探索型立体几何中的结论探索型问题的基本特征是：给出一定的条件与设计方

31、案，判断设计的方案是否符合条件要求此类问题的难点是“阅读理解”和“整体设计”两个环节，因此，应做到审得仔细、找得有法、推得有理、证得有力，整合过程无可辩驳典例 3 某设计部门承接一产品包装盒的设计(如图所示)，客户除了要求 AB，BE 边的长分别为 20 cm,30 cm 外，还特别要求包装盒必须满足：平面 ADE平面 ADC；平面 ADE 与平面 ABC 所成的二面角不小于 60 ；包装盒的体积尽可能大若设计出的样品满足：ACB 与ACD 均为直角且 AB 长 20 cm，矩形 DCBE 的边长BE30 cm，请你判断该包装盒的设计是否符合客户的要求，并说明理由思路分析 得出结论建立空间直角

32、坐标系解 该包装盒的样品设计符合客户的要求理由如下：因为四边形 DCBE 为矩形，ACB 与ACD 均为直角，所以以 C 为原点，分别以直线 CA，CB，CD 为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz.因为 BE30 cm，AB20 cm，设 BCt cm，则 AC cm，则 A(，0,0)，B(0，t,0)，D(0,0,30)，- 20 - / 21E(0，t,30)，设平面 ADE 的法向量为 n1(x，y，z)，(，0，30)，(0，t,0)，DA因为 n10 且 n10，所以Error!取 x1，则 n1.又平面 ADC 的一个法向量(0，t,0)，所以 n11

33、00t00，所以 n1，所以平面 ADE平面 ADC，所以满足条件.因为平面 ABC 的一个法向量为 n2(0,0,1)，设平面 ADE 与平面 ABC 所成二面角的平面角为 ，则 cos ，所以 cos |cosn1，n2|，所以 10t20，即当 10t20 时，平面 ADE 与平面 ABC 所成的二面角不小于 60.由ACB 与ACD 均为直角知，AC平面 DCBE，该包装盒可视为四棱锥 ABCDE，所以 VABCDES 矩形 BCDEAC30t10t2400t2102 000，当且仅当 t2400t2，即 t10 cm 时，VABCDE 的体积最大，最大值为 2 000 cm3.而 10t1020，可以满足平面 ADE 与平面 ABC 所成的二面角不- 21 - / 21小于 60的要求综上可知，该包装盒的设计符合客户的要求方法总结解决立体几何中的结论探索型问题的策略是：先把题目读懂，全面、准确地把握题目所提供的所有信息和题目提出的所有要求，分析题目的整体结构，找好解题的切入点，对解题的主要过程有一个初步的设计，在此基础上建立空间直角坐标系，把所求的问题转化为空间几何体中的证明线面位置关系、角与最值等问题