湖北省近五年（2008-2022）高考数学最新分类汇编7 立体几何 理

湖北省2022届高三最新理科数学（精选试题16套+2022-2022五年湖北高考理科试题）分类汇编7：立体几何一、选择题．（湖北省武汉市2022届高三第二次（4月）调研考试数学（理）试题）一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是（　　）A．64B．72C．80D．112【答案】C．（湖北省襄阳市2022届高三3月调研考试数学（理）试题）在矩形ABCd中,AB=4,BC=3,沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B-AC-D,则四面体ABCD的外接球的体积为（　　）A．B．C．D．【答案】C．（湖北省武汉市2022届高三5月模拟考试数学（理）试题）一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是（　　）A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱【答案】D．（湖北省黄梅一中2022届高三下学期综合适应训练（四）数学（理）试题）若a、b是异面直线,且a∥平面a,那么b与平面a的位置关系是（　　）A．b∥aB．b与a相交C．baD．以上三种情况都有可能【答案】D．（湖北省襄阳市2022届高三3月调研考试数学（理）试题）一个长方体被一个平面截去一部分后所剩几何体的正视图和俯视图如图所示,则该几何体的侧视图可以为38\n【答案】B．（湖北省浠水一中2022届高三理科数学模拟测试）空间中一条线段的三视图中,俯视图是长度为1的线段,侧视图是长度为2的线段,则线段的长度的取值范围是（　　）A．B．C．D．【答案】B．解析:构造以AB为体对角线的长方体,设长宽高分别为则①,②,由①②知,而故．（湖北省武汉市2022届高三5月供题训练数学理试题（二）（word版））某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是（　　）A．28+6B．30+6C．56+12D．60+12【答案】B．（湖北省天门市2022届高三模拟测试（一）数学理试题）设a,b是夹角为30°的异面直线,则满足条件“”的平面（　　）A．不存在B．有且只有一对C．有且只有两对D．有无数对【答案】D．（湖北省黄冈中学2022届高三第一次模拟考试数学（理）试题）某几何体的三视图如图示,则此几何体的体积是（　　）A．B．C．D．38\n侧视图421俯视图2正视图第8题图【答案】答案:C解析:此几何体为半个圆锥与半个圆柱的组合体,体积.．（湖北省七市2022届高三4月联考数学（理）试题）如右图,一单位正方体形积木,平放于桌面上,并且在其上方放置若干个小正方体形积木摆成塔形,其中上面正方体中下底面的四个顶点是下面相邻正方体中上底面各边的中点,如果所有正方体暴露在外面部分的面积之和超过8.8,则正方体的个数至少是（　　）A．68.7C．8D．10【答案】A．（2022年湖北高考试题（理数，word解析版））已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为俯视图侧视图2正视图第4题图4242（　　）38\nA．B．C．D．【答案】B【解析】由三视图可知,该几何体的下方是一个圆柱,上方是圆柱的一半,两圆柱的底面圆半径都为1,高都为2,所以该几何体的体积.【点评】本题考查三视图的识别,圆柱的体积求解.对常见几何体:如圆柱,圆锥,正四棱锥,长方体,正方体及它们的组合体等的三视图要了如指掌.来年需注意圆锥与长方体等的三视图考查及体积,表面积的求解.．（湖北省黄冈市2022届高三数学（理科）综合训练题）下图是一个几何体的三视图,已知侧视图是一个等边三角形,根据图中尺寸(单位:),可知这个几何体的表面积是（　　）A．B．C．D．【答案】C．（湖北省天门市2022届高三模拟测试（一）数学理试题）点P是底边长为,高为2的正三棱柱表面上的动点,MN是该棱柱内切球的一条直径,则取值范围是（　　）A．[0,2]B．[0,3]C．[0,4]D．[—2,2]【答案】C．（湖北省八校2022届高三第二次联考数学（理）试题）已知某几何体的三视图如图所示,其中俯视图中圆的直径为4,该几何体的体积为,直径为4的球的体积为,则主视图侧视图.42俯视图（　　）A．B．C．D．【答案】A．（湖北省黄冈市2022届高三3月份质量检测数学（理）试题）若设是两条不同的直线,是三个不同的平面,下列四个命题中假命题的是（　　）38\nA．若则B．若则C．若则D．若则【答案】C．（湖北省七市2022届高三4月联考数学（理）试题）一个几何体的三视图如下左图所示,则此几何体的体积是（　　）A．112B．80C．72D．64【答案】B．（湖北省荆州市2022届高三3月质量检测（Ⅱ）数学（理）试题）在半径为R的球内有一内接圆柱,设该圆柱底面半径为r,当圆柱的侧面积最大时,rR为（　　）A．1/4B．1/2C．D．【答案】C．（湖北省黄冈市2022届高三4月调研考试数学（理）试题）某三棱锥的三视图如所示,该三棱锥的体积为（　　）A．20B．C．56D．60【答案】B．（2022年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题及答案-湖北卷）用与球心距离为1的平面去截球,所得的截面面积为π,则球的体积为（　　）A．B．C．D．【答案】B38\n．（湖北省武汉市2022届高三5月供题训练数学理试题（三）（word版））某几何体的正视图和侧视图均如图所示,则该几何体的俯视图不正确是【答案】D二、填空题．（湖北省武汉市2022届高三5月模拟考试数学（理）试题）如图,已知球是棱长为1的正方体的内切球,则以为顶点,以平面被截得的圆为底面的圆锥的全面积为_____________________.(二)选考题(请考生在第15、16题两题中任选一题作答,请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号在方框用2B铷笔涂黑.如果全选,则按第15题作答结果计分)【答案】．（湖北省天门市2022届高三模拟测试（一）数学理试题）若一个圆台的主视图如图所示,则其全面积等于__________.【答案】．（2022年全国高考理科数学试题及答案-湖北）如图,直角坐标系所在的平面为,直角坐标系(其中轴一与轴重合)所在的平面为,.38\n(Ⅰ)已知平面内有一点,则点在平面内的射影的坐标为______;(Ⅱ)已知平面内的曲线的方程是,则曲线在平面内的射影的方程是___________.【答案】(2,2),．（湖北省八市2022届高三3月联考数学（理）试题）如图所示,一个三棱锥的三视图是三个直角三角形(单位:cm),则该三棱锥的外接球的表面积为______.第12题图【答案】．（2022年高考（湖北理））四柱形容器内部盛有高度为的水,若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后,水恰好淹没最上面的球(如图所示),则球的半径是__________.【答案】【答案】4【解析】设球半径为r,则由可得,解得r=4.三、解答题．（湖北省浠水一中2022届高三理科数学模拟测试）如图,四边形PCBM是直角梯形,,∥,,,,直线AM与直线PC所成的角为.(1)求证:;(2)求二面角的余弦值;(3)求点B到平面MAC的距离.38\n【答案】解:方法1:(1)∵,∴平面ABC,∴(2)取BC的中点N,连MN.∵,∴,∴平面ABC.作,交AC的延长线于H,连结MH.由三垂线定理得,∴为二面角的平面角.∵直线AM与直线PC所成的角为,∴在中,.在中,.在中,.在中,.在中,∵,∴.故二面角的余弦值为.(3)作于E.∵AC平面MNH,∴,∴NE平面MAC,∴点N到平面MAC的距离为.∵点N是线段BC的中点,∴点B到平面MAC的距离是点N到平面MAC的距离的两倍,为方法2:(1)∵,∴平面ABC,∴(2)在平面ABC内,过C作BC的垂线,并建立空间直角坐标系如图所示.设,则..∵,且,∴,得,∴.设平面MAC的一个法向量为,则由38\n得得∴.平面ABC的一个法向量为..显然,二面角为锐二面角,∴二面角的余弦值为(3)点B到平面MAC的距离.．（湖北省天门市2022届高三模拟测试（一）数学理试题）如图给出的多面体ABC—A1B1C1和它的三视图.(1)线段CC1上是否存在一点E,使BE⊥平面A1CC1,若不存在请说明理由,若存在请找出并证明;(2)求平面C1A1C与平面A1CA所成锐二面角的余弦值.【答案】证明:由(1)知两两垂直,如图建系,则,,,,设,则设则,38\n由,得所以线段上存在一点,使平面另证:补形成正方体,易证(2)设平面的法向量为,则由,得,取,则故,而平面的一个法向量为,则平面与平面所成的锐二面角余弦值为．（湖北省荆州市2022届高三3月质量检测（Ⅱ）数学（理）试题）已知几何体A-BCED的三视图如图所示,其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形,正视图为直角梯形.(1)若几何体A-BCED的体积为40/3,求实数a的值;(2)在(1)的条件下,求直线AB与平面ACD所成角的正弦值;(3)是否存在实数a,使得二面角A-DE-B的平面角是45°,若存在,请求出a的值;若不存在,请说明理由.【答案】38\n．（湖北省黄冈市2022届高三3月份质量检测数学（理）试题）已知某几何体的直观图和三视图如下图所示,其正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形.(Ⅰ)求证:BN⊥平面C1B1N;(Ⅱ)设为直线C1N与平面CNB1所成的角,求的值;(Ⅲ)设M为AB中点,在BC边上找一点P,使MP∥平面CNB1,并求的值.【答案】解:(1)证明∵该几何体的正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形,∴BA,BC,BB1两两垂直以BA,BC,BB1分别为轴建立空间直角坐标系,则N(4,4,0),B1(0,8,0),C1(0,8,4),C(0,0,4)∵=(4,4,0)·(-4,4,0)=-16+16=0=(4,4,0)·(0,0,4)=0∴BN⊥NB1,BN⊥B1C1且NB1与B1C1相交于B1,∴BN⊥平面C1B1N;(II)设为平面的一个法向量,则38\n则(III)∵M(2,0,0).设P(0,0,a)为BC上一点,则,∵MP//平面CNB1,∴又,∴当PB=1时MP//平面CNB1(用几何法参照酙情给分.)．（湖北省黄冈中学2022届高三第一次模拟考试数学（理）试题）如图,在四棱锥中,底面为菱形,,为的中点,.(Ⅰ)点在线段上,,试确定的值,使平面;(Ⅱ)在(I)的条件下,若平面平面ABCD,求二面角的大小.ABCMPQD第19题图【答案】解:(I)当时,平面证明:连交于,连.由可得,,,所以.若,即,由平面,故平面(II)由PA=PD=AD=2,Q为AD的中点,则PQ⊥AD又平面PAD⊥平面ABCD,所以PQ⊥平面ABCD,连BD,∵四边形ABCD为菱形,∴AD=AB,由∠BAD=60°得△ABD为正三角形,38\n又∵Q为AD中点,∴AD⊥BQ以Q为坐标原点,分别以QA、QB、QP所在的直线为轴,建立如图所示的坐标系,则各点坐标为A(1,0,0),B(),Q(0,0,0),P(0,0,)设平面MQB的法向量为,可得,令z=1,解得取平面ABCD的法向量,设所求二面角为,则故二面角的大小为60°．（湖北省武汉市2022届高三5月模拟考试数学（理）试题）如图,在四棱锥,底面是平行四边形,,又直线与平面成的角,.(1)求证:平面平面;(2)求二面角的余弦值.【答案】38\n．（2022年高考（湖北理））如图,在四面体ABOC中,OC⊥OA,OC⊥OB,且OA=OB=OC=1.(I)设P为AC的中点,证明:在AB上存在一点Q,使并计算的值;(II)求二面角O—AC—B的平面角的余弦值.【答案】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系和二面角等基础知识,同时考查空间想象力、推理论证能力和运算求解能力.解法一:(I)在平面OAB内作ON⊥OA交AB于N,连结NC.又OA⊥OC,∴OA⊥平面ONC.平面ONC,取Q为AN的中点,则PQ//NC,38\n在等腰在在(II)连结ON,PO.由OC⊥OA,OC⊥OB知,OC⊥平面OAB,又平面OAB,∴OC⊥ON,又由ON⊥OA知:ON⊥平面AOC,∴OP是NP在平面AOC内的射影,在等腰中,P为AC的中点,根据三垂线定理,知:AC⊥NP.为二面角O—AC—B的平面角,在等腰中,OC=OA=1,,在解法二:(I)取O为坐标原点,分别以OA,OC所在角的直线为x轴,z轴,建立空间直角从标系O—xyz(如图所示)则A(1,0,0),C(0,0,1),∵P为AC中点,设38\n所以存在点使得(II)记平面ABC的法向量为,则由且,得故可取又平面OAC的法向量为二面角O—AC—B的平面角是锐角,记为．（湖北省八校2022届高三第二次联考数学（理）试题）如左图,四边形中,是的中点,将左图沿直线折起,使得二面角为如右图.(1)求证:平面(2)求直线与平面所成角的余弦值.【答案】38\n．（湖北省武汉市2022届高三第二次（4月）调研考试数学（理）试题）如图1,在RtΔABC中,=900,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE//BC,DE=2,将ΔADE沿DE折起到ΔA1DE的位置,使A1C丄CD,如图2.(I)求证A1C丄平面BCDE(II)试在线段A1D上确定一点M,使得CM与平面A1BE所成的角为450【答案】38\n．（湖北省武汉市2022届高三5月供题训练数学理试题（二）（word版））在如图所示的几何体中,四边形ABCD为矩形,平面ABEF丄平面ABCD,EF//AB,=90°,AD=2,AB=AF=2EF=l,点P在棱DF上.(I)若P是DF的中点,(i)求证:BF//平面ACP;(ii)求异面直线BE与CP所成角的余弦值;(II)若二面角D-AP-C的余弦值为,求PF的长度.【答案】38\n．（2022年湖北高考试题（理数，word解析版））如图1,,,过动点A作,垂足D在线段BC上且异于点B,连接AB,沿将△折起,使(如图2所示).(Ⅰ)当的长为多少时,三棱锥的体积最大;(Ⅱ)当三棱锥的体积最大时,设点,分别为棱,的中点,试在棱上确定一点,使得,并求与平面所成角的大小.38\nDABCACDB图2图1ME.·【答案】解:(Ⅰ)解法1:在如图1所示的△中,设,则.由,知,△为等腰直角三角形,所以.由折起前知,折起后(如图2),,,且,所以平面.又,所以.于是,(lbylfx)当且仅当,即时,等号成立,故当,即时,三棱锥的体积最大.解法2:同解法1,得.令,由,且,解得.当时,;当时,.所以当时,取得最大值.故当时,三棱锥的体积最大.(Ⅱ)解法1:以为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系.由(Ⅰ)知,当三棱锥的体积最大时,,.于是可得,,,,,,且.设,则.因为等价于,即,故,.38\n所以当(即是的靠近点的一个四等分点)时,.设平面的一个法向量为,由及,得可取.设与平面所成角的大小为,则由,,可得,即.CADB图aEMxyz图bCADBEFMN图cBDPCFNEBGMNEH图d第19题解答图N故与平面所成角的大小为解法2:由(Ⅰ)知,当三棱锥的体积最大时,,.如图b,取的中点,连结,,,则∥.由(Ⅰ)知平面,所以平面.如图c,延长至P点使得,连,,则四边形为正方形,所以.取的中点,连结,又为的中点,则∥,所以.因为平面,又面,所以.又,所以面.又面,所以.因为当且仅当,而点F是唯一的,所以点是唯一的.即当(即是的靠近点的一个四等分点),.连接,,由计算得,所以△与△是两个共底边的全等的等腰三角形,如图d所示,取的中点,连接,,则平面.在平面中,过点作于,则平面.故是与平面所成的角.在△中,易得,所以△是正三角形,故,即与平面所成角的大小为．（2022年全国高考理科数学试题及答案-湖北）如图,已知正三棱柱的各棱长都是4,是的中点,动点在侧棱上,且不与点重合.(Ⅰ)当=1时,求证:⊥;(Ⅱ)设二面角的大小为,求的最小值.38\n【答案】本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识,同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.解法1:过E作于N,连结EF.(I)如图1,连结NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面ABC侧面A1C.又度面侧面A,C=AC,且底面ABC,所以侧面A1C,NF为EF在侧面A1C内的射影,在中,=1,则由,得NF//AC1,又故.由三垂线定理知(II)如图2,连结AF,过N作于M,连结ME.由(I)知侧面A1C,根据三垂线定理得所以是二面角C—AF—E的平面角,即,设在中,在故又故当时,达到最小值;,此时F与C1重合.解法2:(I)建立如图3所示的空间直角坐标系,则由已知可得38\n于是则故(II)设,平面AEF的一个法向量为,则由(I)得F(0,4,),于是由可得取又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为,于是由为锐角可得,所以,由,得,即故当,即点F与点C1重合时,取得最小值．（湖北省黄冈市2022届高三4月调研考试数学（理）试题）如图,正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直,AD⊥CD,AB//CD,AB=AD=,点M在线段EC上且不与E、C垂合.(1)当点M是EC中点时,求证:BM//平面ADEF;38\n(2)当平面BDM与平面ABF所成锐二面角的余弦值为时,求三棱锥M—BDE的体积.【答案】(Ⅰ)以分别为轴建立空间直角坐标系则的一个法向量,.即(Ⅱ)依题意设,设面的法向量则,令,则,面的法向量,解得为EC的中点,,到面的距离．（2022高考(湖北理)）如图,四棱锥S—ABCD的底面是正方形,SD平面ABCD,SD=2a,点E是SD上的点,且(Ⅰ)求证:对任意的,都有(Ⅱ)设二面角C—AE—D的大小为,直线BE与平面ABCD所成的角为,若,求的值38\n【答案】(Ⅰ)证法1:如图1,连接BE、BD,由地面ABCD是正方形可得AC⊥BD.SD⊥平面ABCD,BD是BE在平面ABCD上的射影,AC⊥BE(Ⅱ)解法1:如图1,由SD⊥平面ABCD知,∠DBE=,SD⊥平面ABCD,CD平面ABCD,SD⊥CD.又底面ABCD是正方形,CD⊥AD,而SDAD=D,CD⊥平面SAD.连接AE、CE,过点D在平面SAD内作DE⊥AE于F,连接CF,则CF⊥AE,故∠CDF是二面角C-AE-D的平面角,即∠CDF=.在Rt△BDE中,BD=2a,DE=在Rt△ADE中,从而在中,.由,得.由,解得,即为所求.38\n证法2:以D为原点,的方向分别作为x,y,z轴的正方向建立如图2所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(,0,0),B(,,0),C(0,,0),E(0,0),,即.(I)解法2:由(I)得.设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则由得.易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为..0<,,.由于,解得,即为所求.．（湖北省黄梅一中2022届高三下学期综合适应训练（四）数学（理）试题）38\n【答案】解(1)证明:方法一:∵PD⊥平面ABCD∴PD⊥CD∵CD⊥AD∴CD⊥平面PAD∵CD平面PCD∴平面PCD⊥平面PAD方法二:略(向量法)(2)如图以D为原点,以为方向向量建立空间直角坐标系D-xyz.则有关点及向量的坐标为:G(1,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1)=(0,-1,0),=(1,1,-1)设平面EFG的法向量为=(x,y,z)∴取=(1,0,1)平面PCD的一个法向量,=(1,0,0)∴cos结合图知二面角G-EF-D的平面角为45°PD=．（湖北省七市2022届高三4月联考数学（理）试题）如图,矩形A1A2A′2A′1,满足B、C在A1A2上,B1、C1在A′1A′2上,且BB1∥CC1∥A1A′1,A1B=CA2=2,BC=2,A1A′1=,沿BB1、CC1将矩形A1A2A′2A′1折起成为一个直三棱柱,使A1与A2、A′1与A′2重合后分别记为D、D1,在直三棱柱DBC-D1B1C1中,点M、N分别为D1B和B1C1的中点.(I)证明:MN∥平面DD1C1C;(Ⅱ)若二面角D1-MN-C为直二面角,求的值.38\n【答案】解:(Ⅰ)证:连结DB1、DC1∵四边形DBB1D1为矩形,M为D1B的中点∴M是DB1与D1B的交点,且M为DB1的中点∴MN∥DC1,∴MN∥平面DD1C1C(Ⅱ)解:四边形为矩形,B.C在A1A2上,B1.C1在上,且BB1∥CC1∥,A1B=CA2=2,,∴∠BDC=90°以DB、DC、DD1所在直线分别为x.y.z轴建立直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,),B1(2,0,),C1(0,2,)点M、N分别为D1B和B1C1的中点,∴设平面D1MN的法向量为m=(x,y,z),则,令x=1得:即设平面MNC的法向量为n=(x,y,z),则,令z=1得:即∵二面角D1-MN-C为直二面角∴m⊥n,故,解得:38\n∴二面角D1-MN-C为直二面角时,．（湖北省黄冈市2022届高三数学（理科）综合训练题）如图,侧棱垂直底面的三棱柱中,,,.(Ⅰ)当时,求证:;(Ⅱ)若二面角的平面角的余弦值为,试求实数的值.C1B1BCAA1P【答案】解:(Ⅰ)证法一:∵面,∴,.又∵,∴四边形是正方形,∴.∵,∴.又∵,∴.∵,∴.证法二:∵面,∴,.又∵,∴分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.则,∴,∴.38\n又∵,∴.证法三:∵面,∴,.又∵,∴分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.则,.设平面的法向量,则,解得.令,则,∵,∴.(Ⅱ)分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.则,,,.设平面的法向量,则,解得,令,则.设平面的法向量,则.由于,所以解得.令,则.设二面角的平面角为,38\n则有.化简得,解得(舍去)或.所以当时,二面角的平面角的余弦值为.．（湖北省八市2022届高三3月联考数学（理）试题）如图,在长方体中,已知上下两底面为正方形,且边长均为1;侧棱,为中点,为中点,为上一个动点.(Ⅰ)确定点的位置,使得;(Ⅱ)当时,求二面角的平面角余弦值.【答案】方法一:(Ⅰ)如图,分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系,则易得由题意得,设又则由得,38\n∴,得为的四等分点(Ⅱ)易知平面的一个法向量为,设平面的法向量为则,得,取,得,∴,∴二面角的平面角余弦值为方法二:(Ⅰ)∵在平面内的射影为,且四边形为正方形,为中点,∴同理,在平面内的射影为,则由△~△,∴,得为的四等分点(Ⅱ)∵平面,过点作,垂足为;连结,则为二面角的平面角;由,得,解得∴在中,,∴;∴二面角的平面角余弦值为．（2022年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题及答案-湖北卷）如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1BC⊥侧面A1ABB1.(Ⅰ)求证:AB⊥BC;(Ⅱ)若直线AC与平面A1BC所成的角为θ,二面角A1-BC-A的大小为,试判断θ与的大小关系,并予以证明.38\n【答案】本小题主要考查直棱柱、直线与平面所成角、二面角和线面关系等有关知识,同时考查空间想象能力和推理能力.(Ⅰ)证明:如右图,过点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D,则由平面A1BC⊥侧面A1ABB1,且平面A1BC侧面A1ABB1=A1B,得AD⊥平面A1BC,又BC平面A1BC,所以AD⊥BC.因为三棱柱ABC—A1B1C1是直三棱柱,则AA1⊥底面ABC,所以AA1⊥BC.又AA1AD=A,从而BC⊥侧面A1ABB1,又AB侧面A1ABB1,故AB⊥BC.(Ⅱ)解法1:连接CD,则由(Ⅰ)知是直线AC与平面A1BC所成的角,是二面角A1—BC—A的平面角,即于是在Rt△ADC中,在Rt△ADB中,由AB<AC,得又所以解法2:由(Ⅰ)知,以点B为坐标原点,以BC、BA、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设AA1=a,AC=b,AB=c,则B(0,0,0),A(0,c,0),于是38\n设平面A1BC的一个法向量为n=(x,y,z),则由得可取n=(0,-a,c),于是与n的夹角为锐角,则与互为余角.所以于是由c<b,得即又所以．（湖北省武汉市2022届高三5月供题训练数学理试题（三）（word版））如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO丄平面ABC,垂足0落在线段AD上,已知BC=8,P0=4,AO=3,OD=2.(I)证明:AP丄BC;(II)在线段AP上是否存在点M,使得二面角A-MC-B为直二面角?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.【答案】38\n38\n．（湖北省襄阳市2022届高三3月调研考试数学（理）试题）已知某几何体的直观图和三视图如下图所示,其正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形.(1)求证:BN丄平面C1B1N;[(2)设M为AB中点,在BC边上找一点P,使MP//平面CNB1,并求的值.38\n【答案】方法一(1)证:∵该几何体的正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形∴BB1C1C是矩形,AB⊥BC,AB⊥BB1,BC⊥BB1由三视图中的数据知:AB=BC=4,BB1=CC1=8,AN=4∵AB⊥BC,BC⊥BB1,∴BC⊥平面ANBB1∵B1C1∥BC,∴B1C1⊥平面ANBB1因此B1C1⊥BN在直角梯形B1BAN中,过N作NE∥AB交BB1于E,则B1E=BB1-AN=4故△NEB1是等腰直角三角形,∠B1NE=45°又AB=4,AN=4,∴∠ANB=45°因此∠BNB1=90°,即BN⊥B1N又B1N∩B1C1=B1,∴BN⊥平面C1B1NANBB1C1CPMQRE(2)解:过M作MR∥BB1,交NB1于R,则过P作PQ∥BB1,交CB1于Q,则PQ∥MR,设PC=a,则由PQ=MR得:2a=6,a=3此时,PMRQ是平行四边形,∴PM∥RQ,∵RQÌ平面CNB1,MPË平面CNB1,∴MP∥平面CNB1,38\n方法二(1)证:∵该几何体的正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形,∴BA、BC、BB1两两互相垂直以BA、BB1、BC分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则ANBB1C1CzxyA(4,0,0),N(4,4,0),B1(0,8,0),C1(0,8,4),C(0,0,4),B(0,0,0),∵,∴BN⊥B1N,BN⊥B1C1,又B1N∩B1C1=B1∴BN⊥平面C1B1N(2)解:设P(0,0,a)为BC上一点,∵M为AB的中点,∴M(2,0,0),故设平面CNB1的一个法向量为n=(x,y,z),则有,∴∴平面CNB1的一个法向量为n=(1,1,2)要使MP∥平面CNB1,只需,于是,即(-2,0,a)·(1,1,2)=0解得:a=1∵MPË平面CNB1,∴MP∥平面CNB1,此时PB=a=1,∴38