高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题三立体几何01真题赏析类型三空间角的求解

类型三空间角的求解1．(多选题)(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角PACO为45°，则()A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4eq\r(3)πC．AC＝2eq\r(2)D．△PAC的面积为eq\r(3)解析：取AC中点D，则OD⊥AC，PD⊥AC，由二面角的定义可知，二面角PACO的平面角即为∠PDO＝45°，对于A，△PAB中，由于PA＝PB＝2，∠APB＝120°，则PO＝1，AO＝eq\r(3)，则OD＝1，V＝eq\f(1,3)·3π·1＝π，选项A正确．对于B，S侧＝π×eq\r(3)×2＝2eq\r(3)π，选项B错误．对于C，AC＝2eq\r(3－1)＝2eq\r(2)，选项C正确．对于D，PD＝eq\r(2)，S△PAC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×2eq\r(2)＝2，选项D错误．故选AC.答案：AC2．(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角CABD为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(2),5)C.eq\f(\r(3),5)D.eq\f(2,5)解析：如图1，取AB的中点E，连接CE，DE，则根据题意易得AB⊥CE，AB⊥DE，所以二面角CABD的平面角为∠CED＝150°，因为AB⊥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内的射影为CE，所以直线CD与平面ABC所成角为∠DCE，过D作DH垂直CE所在直线，垂足点为H，设等腰直角三角形ABC的斜边长为2，则可易得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).故选C.答案：C3．(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)证明：B2C2∥A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角PA2C2D2为150°时，求B2P.(1)证明：根据题意建系如图，则有：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，D2四点不共线，所以B2C2∥A2D2.(2)解：在(1)的坐标系下，可设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)，设平面PA2C2的法向量为m＝(x，y，z)，则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)，设平面A2C2D2的法向量为n＝(a，b，c)，则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)，所以根据题意可得|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为B1B2的中点或B2B的中点，所以B2P＝1.4．(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥ABCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点．(1)证明：BC⊥DA；(2)点F满足eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，求二面角DABF的正弦值．(1)证明：连接AE，DE，因为DB＝DC，E为BC中点．因为DE⊥BC，又因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，所以AC＝AB，所以AE⊥BC，AE∩DE＝E，所以BC⊥平面ADE，因为AD⊂平面ADE，所以BC⊥DA.(2)解：设DA＝DB＝DC＝2，所以BC＝2eq\r(2)，因为DE＝AE＝eq\r(2)，AD＝2，所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE，又因为AE⊥BC，DE∩BC＝E，所以AE⊥平面BCD，以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系，D(eq\r(2)，0，0)，A(0，0，eq\r(2))，B(0，eq\r(2)，0)，E(0，0，0)，因为eq\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)，设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，则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