高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)與測(cè)試第一部分專(zhuān)題三立體幾何01真題賞析類(lèi)型三空間角的求解

類(lèi)型三空間角的求解1．(多選題)(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知圓錐的頂點(diǎn)為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB＝120°，PA＝2，點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角PACO為45°，則()A．該圓錐的體積為πB．該圓錐的側(cè)面積為4eq\r(3)πC．AC＝2eq\r(2)D．△PAC的面積為eq\r(3)解析：取AC中點(diǎn)D，則OD⊥AC，PD⊥AC，由二面角的定義可知，二面角PACO的平面角即為∠PDO＝45°，對(duì)于A，△PAB中，由于PA＝PB＝2，∠APB＝120°，則PO＝1，AO＝eq\r(3)，則OD＝1，V＝eq\f(1,3)·3π·1＝π，選項(xiàng)A正確．對(duì)于B，S側(cè)＝π×eq\r(3)×2＝2eq\r(3)π，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．對(duì)于C，AC＝2eq\r(3－1)＝2eq\r(2)，選項(xiàng)C正確．對(duì)于D，PD＝eq\r(2)，S△PAC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×2eq\r(2)＝2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選AC.答案：AC2．(2023·全國(guó)乙卷)已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形，若二面角CABD為150°，則直線(xiàn)CD與平面ABC所成角的正切值為()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(2),5)C.eq\f(\r(3),5)D.eq\f(2,5)解析：如圖1，取AB的中點(diǎn)E，連接CE，DE，則根據(jù)題意易得AB⊥CE，AB⊥DE，所以二面角CABD的平面角為∠CED＝150°，因?yàn)锳B⊥CE，AB⊥DE，且CE∩DE＝E，所以AB⊥平面AED，又AB?平面ABC，所以平面AED⊥平面ABC，所以CD在平面ABC內(nèi)的射影為CE，所以直線(xiàn)CD與平面ABC所成角為∠DCE，過(guò)D作DH垂直CE所在直線(xiàn)，垂足點(diǎn)為H，設(shè)等腰直角三角形ABC的斜邊長(zhǎng)為2，則可易得CE＝1，DE＝eq\r(3)，又∠DEH＝30°，所以DH＝eq\f(\r(3),2)，EH＝eq\f(3,2)，所以CH＝1＋eq\f(3,2)＝eq\f(5,2)，所以tan∠DCE＝eq\f(DH,CH)＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(5,2))＝eq\f(\r(3),5).故選C.答案：C3．(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)如圖，在正四棱柱ABCDA1B1C1D中，AB＝2，AA1＝4.點(diǎn)A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)證明：B2C2∥A2D2；(2)點(diǎn)P在棱BB1上，當(dāng)二面角PA2C2D2為150°時(shí)，求B2P.(1)證明：根據(jù)題意建系如圖，則有：B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，所以eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，所以eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝eq\o(A2D2,\s\up6(→))，又B2，C2，A2，D2四點(diǎn)不共線(xiàn)，所以B2C2∥A2D2.(2)解：在(1)的坐標(biāo)系下，可設(shè)P(0，2，t)，t∈[0，4]，又由(1)知C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，所以eq\o(C2A2,\s\up6(→))＝(2，2，－2)，eq\o(C2P,\s\up6(→))＝(0，2，t－3)，eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，設(shè)平面PA2C2的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(C2A2,\s\up6(→))＝2x＋2y－2z＝0，,m·\o(C2P,\s\up6(→))＝2y＋（t－3）z＝0，))取m＝(t－1，3－t，2)，設(shè)平面A2C2D2的法向量為n＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(C2A2,\s\up6(→))＝2a＋2b－2c＝0，,n·\o(A2D2,\s\up6(→))＝－2b＋c＝0，))取n＝(1，1，2)，所以根據(jù)題意可得|cos150°|＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)，所以eq\f(\r(3),2)＝eq\f(6,\r(（t－1）2＋（3－t）2＋4)×\r(6))，所以t2－4t＋3＝0，又t∈[0，4]，所以解得t＝1或t＝3，所以P為B1B2的中點(diǎn)或B2B的中點(diǎn)，所以B2P＝1.4．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)如圖，三棱錐ABCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC中點(diǎn)．(1)證明：BC⊥DA；(2)點(diǎn)F滿(mǎn)足eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，求二面角DABF的正弦值．(1)證明：連接AE，DE，因?yàn)镈B＝DC，E為BC中點(diǎn)．因?yàn)镈E⊥BC，又因?yàn)镈A＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD與△ABD均為等邊三角形，所以AC＝AB，所以AE⊥BC，AE∩DE＝E，所以BC⊥平面ADE，因?yàn)锳D?平面ADE，所以BC⊥DA.(2)解：設(shè)DA＝DB＝DC＝2，所以BC＝2eq\r(2)，因?yàn)镈E＝AE＝eq\r(2)，AD＝2，所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE，又因?yàn)锳E⊥BC，DE∩BC＝E，所以AE⊥平面BCD，以E為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，D(eq\r(2)，0，0)，A(0，0，eq\r(2))，B(0，eq\r(2)，0)，E(0，0，0)，因?yàn)閑q\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，所以F(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，所以eq\o(DA,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，0)，設(shè)平面DAB與平面ABF的一個(gè)法向量分別為n＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))令x1＝1，解得y1＝z1＝1，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1，故n1＝(1，1，1)，n2