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    【文】2020高考冲刺大题精讲精练（2）—《立体几何与选修内容》答案

    时间：2020-09-29 20:34:24 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人 蒲公英阅读网手机站

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    　 1 2020 高考冲刺大题精讲精练（2）—《立体几何与选修部分》答案 Part 1：《立体几何》 【例 1】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）

    　. （Ⅰ）因为 AB⊥平面 PAD， 所以 AB⊥DP， 又因为 ，AP=2，∠PAD=60°， 由 ，可得 ，所以∠PDA=30°， 所以∠APD=90°，即 DP⊥AP， 因为 ，所以 DP⊥平面 PAB， 因为 ，所以平面 PAB⊥平面 PCD

    　（Ⅱ）连结 AC，与 BD 交于点 N，连结 MN，因为 PA//平面 MBD， MN 为平面 PAC 与平面 MBD 的交线，所以PA//MN， 所以 ， 在四边形 ABCD 中，因为 AB//CD，所以， 所以 ， ， . 因为 AB⊥平面 PAD，所以 AB⊥AD，且平面APD⊥平面 ABCD， 在平面 PAD 中，作 PO⊥AD，则 PO⊥平面ABCD， 因为 ， 所以

    　因为 CD=3.所以， 所以 . 【练 1-1】（1）见解析;（2）

    　. 试题解析：

    　（1）证明：∵ ，∴ ， ∵ ，∴ . 又∵ 底面 ，∴ . ∵ ，∴ 平面 . （2）三棱锥 的体积 与三棱锥

    　 2 的体积相等， 而

    　. 所以三棱锥 的体积 . 点睛：涉及几何体，特别是棱锥的体积计算问题，一般要进行转化，变换顶点后，有时还需要利用等底等高转换，还可以利用直线上的点为中点或三等分点再进行顶点变换，从而求出几何体的体积. 【例 2】（1）证明见解析；（2）

    　（1）连接 ，因为 ， ， 所以 为正三角形， 又点 为 的中点， 所以 . 又因为 ， 为 的中点， 所以 . 又 ， 所以 平面 ， 又 平面 ， 所以 . （2）由（1）知 .又平面 平面，交线为 ， 所以 平面 ， 由 . ， ， ， 由等体积法知得 . 【练 2-1】（1）见解析；（2）

    　（1）∵直角三角形 ABC 中，AB＝BC＝2， D 为 AC 的中点， ∴BD⊥CD， 又∵PB⊥CD，BD∩PB＝B， ∴CD⊥平面 PBD， 又因为 PD平面 PBD， ∴PD⊥CD．

    　（2）∵AD⊥BD， ∴PD⊥BD． 又∵PD⊥CD，BD∩CD＝D， ∴PD⊥平面 BCD．

    　在直角三角形 ABC 中，AB＝BC＝2，

    　 3 所以 PD＝AD＝ ，PB＝PC＝BC＝2． S △ABC ＝2，S △PBC ＝ ， 设 A 点到平面 PBC 的距离为 d， 由 V P-ABC ＝V A-PBC 得， S △ABC ×PD＝ S △PBC ×d， ∴d＝ ＝ ． 即 A 点到平面 PBC 的距离为 ． 【例 3】（1）见解析；（2）

    　． （1）∵ ，D 是 AC 的中点，∴ ，

    　 ∵直三棱柱 中 平面 ABC，∴平面 平面 ABC， ∴ 平面 ，∴ ． 又∵在正方形 中，D，E 分别是 AC，的中点，∴ ． 又 ，∴ 平面 ．

    　（2）连结 交 于 O，

    　∵O 为 的中点， ∴点 到平面 的距离等于点A到平面的距离．

    　∴．

    　【练 3-1】（1）见解析（2）

    　详解：（1）证明：取 的中点为 ，连接 , ∵四边形 是正方形, 分别是线段 的中点, ,

    　,∴ , ∴四边形 为平行四边形，∴ ， 平面 ， 平面 ， ∴

    　 （2）解：由题意知 , ∵ , ∴ 到平面 的距离等于 到平面 距离，连接 ， ∵ ，

    　 4 ∴ , ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴

    　, ∴ 且，

    　∴ . 【例 4】（1）证明见详解；（2）

    　2 52 2  （1）因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC BD  ， 因为面 BDE  平面 ABCD，面 BDE 面ABCD BD  ， 故 AC  平面 BDE. （2）设 AB x  ，在菱形 ABCD 中，由120 ABC    ， 可得32AG GC x  ，2xGB GD   . 因为 AE EC  ，所以在 Rt AEC 中，可得32EG x . 由 BE BD  ，知 EBD 为直角三角形. 可得22BE x . 又由（1）知 AC BE  ，易得 BE  面 ABCD 所以三棱锥 E ACD  的体积：

    　31 1 6 63 2 24 3E ACDV AC GD BE x     .故

    　2 x  . 从而可得6 AE EC ED   . 又在 EAD 中，6 AE ED  ， 2 AD  ，求得边 AD 上的高5 h . EAD 的面积与 ECD 的面积均为12S AD h    5 . EAB 的面积与 EBC 的面积均为12S AB BE   2 . 故四棱锥 E ABCD  的侧面积为 2 52 2 . 【练 4-1】（1）证明见解析（2）

    　44 2  （1）因为四边形 ABCD 是正方形，所以CD AD  ， 因为 PA  底面 ABCD ，所以 CD PA  ， 又 AD PA A   ，所以 CD  平面 PAD . （2）设点 E 到底面 ABCD 的距离为 h，因为1 23 3C ADE E ACD ACDV V h S      ， 又因为底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，所以2ACDS △，所以 1 h  ， 又因为 E 是 PD 的中点，所以 2 2 PA h   .所以2 2 PB PD  ， 所以四棱锥 P ABCD  的侧面积 1 12 2 2 2 2 2 2 2 4 4 22 2PAB PBCS S S            .

    　 5 Part 2 ：《选修部分》 【例 1】（1）】

    　【答案】（1）

    　      R ， 22 cos sin 1 0         ；（2）

    　 2,2 2 ． 】

    　【解析】（1）由题意可得，直线 l 的极坐标方程为       R ． 曲线 M 的普通方程为    2 21 1 1 x y     ， 因为 cos x    ， sin y    ，2 2 2x y    ， 所以极坐标方程为  22 cos sin 1 0         ． （2）设  1 ,A   ，  2 ,B   ，且1 ，2 均为正数， 将    代入22 cos 2 sin 1 0          ，得 22 cos sin 1 0         ，

    　当4π0,    时，28sin 4 04πΔ       ，所以 1 22 cos sin        ， 根据极坐标的几何意义， OA ， OB 分别是点A ， B 的极径． 从而 1 22 cos sin 2 2πsin4OA OB              ． 当4π0,    时，π π π,4 4 2    ，故 OA OB 的取值范围是  2,2 2 ． （2）】

    　【答案】（1）解集为  3.5 0.5 x x x   或；（2）见解析． 】

    　【解析】（1）

    　  4 1 f x x    ，即为2 1 4 x x     ， 该不等式等价于如下不等式组：

    　1）22 1 4xx x     3.5 x    ， 2）2 12 1 4xx x     x   ， 3）10.52 1 4xxx x     ， 所以原不等式的解集为  3.5 0.5 x x x   或． （2）  2.5 2.5 2 2.5 2 4.5 x f x x x x x           ，    4 1 1 4 1 1 4 14 1 5 2 4 4.52 2 2b aa ba b a b a b                   ， 所以  4 12.5 x f xa b    ．

    　【例 2】】

    　【答案】（1）直线 l 的普通方程为3 3 0 x y    ，曲线 C 的直角坐标方程 222 4 x y    ；（2）

    　4 3 3 MA MB    ． 】

    　【解析】（1）直线 l 的普通方程为 3 3 y x   ，即 3 3 0 x y    ， 根据极坐标与直角坐标之间的相互转化，cos x    ，2 2 2x y    ， 而 4cos    ，则24 cos     ，即 222 4 x y    ，

    　 6 故直线 l 的普通方程为 3 3 0 x y    ，曲线 C 的直角坐标方程  222 4 x y    ． （2）点 3,0 M 在直线 l 上，且直线 l 的倾斜角为 120 ，可设直线的参数方程为：

    　132 32x ty t（ t 为参数），代入到曲线 C 的方程得 22 3 3 4 3 0 t t      ， 1 23 2 t t    ，1 23 4 3 t t   ， 由参数的几何意义知1 24 3 3 MA MB tt     ，故4 3 3 MA MB    ． （2）

    　【答案】

    　（1）

    　 4,0 ,3    ； （2）3 1,2 4   ． 】

    　【解析】（1）当 1 a   时，不等式   2 f x  可化为 1 2 1 2 x x     ， ①当12x  时，不等式为 1 1 2 2 x x     ，解得0 x  ； ②当112x   时，不等式为 1 2 1 2 x x     ，无解； ③当 1 x  时，不等式为 1 2 1 2 x x     ，解得43x  ， 综上，原不等式的解集为  4,0 ,3    ． （2）因为   2 f x x  的解集包含1 3,2 4   ，则不等式可化为 2 1 2 x a x x     ，即 1 x a   ． 解得 1 1 a x a       ，

    　由题意知314112aa    ，解得3 12 4a    ， 所以实数 a 的取值范围是3 1,2 4   ． 【例 3】】

    　【答案】（1）

    　4 0 x y    ，2C 的参数方程为3cossinxy （  为参数）；（2）3 1,2 2Q   ． 】

    　【解析】（1）由曲线1C 的参数方程为322522x ty t   （ t 为参数），消去 t ，得 4 0 x y    ， 由231 2sin， 2 21 2sin 3      ，即2 2 22 sin 3      ， 2 2 22 3 x y y     ，即2213xy   ，2C  的参数方程为3cossinxy （  为参数）． （2）设曲线2C 上动点为 3cos ,sin Q   ，则点 Q 到直线1C 的距离：2sin 4cos sinπ3 432 2d        ，  当 sin 13π    时，即π6  时， d 取得最小值 2 ，即 PQ 的最小值为 2 ， 33cos6 21sππin6 2xy    ，3 1,2 2Q   ．

    　 7

    　（2）】

    　【答案】（1）1 5,4 2   ；（2）

    　  5,3  ．

    　】

    　【解析】（1）

    　  1 3 2 3 f x x x a x       ，可转化为14 2 2 3xx x  或1 14 2 2 3xx x     或12 4 2 3xx x   ，解得512x   或114x   或无解，所以不等式的解集为1 5,4 2   ． （2）依题意，问题等价于关于 x 的不等式1 4 x x a     有解， 即  min1 4 x x a     ， 又 1 1 1 x x a x x a a          ，当   1 0 x x a    时取等号． 所以 1 4 a  ，解得 5 3 a    ，所以实数 a 的取值范围是   5,3  ．

    　课后作业 1.（1）见解析（2）

    　（Ⅰ）证明：

    　，且 ，，又 为正三角形，所以，又 ， ，所以 ， 又 ， // ， ，， 所以 平面 ，又因为 平面 ， 所以平面 平面 . （Ⅱ）如图，连接 ， 交于点 ，因为 // ，

    　且 ，所以 ，连接 ， 因为 //平面 ，所以 // ，则 ， 由（Ⅰ）点 到平面 的距离为 2， 所以点 到平面 的距离为 ， 所以， 即四面体 的体积为 . 2.（1）见解析；（2）见解析；（3）

    　． 试题解析：证明：⑴取 中点 ，连接

    　 分别是 的中点

    　 8

    　四边形 是平行四边形

    　 又

    　 （ 2 ）

    　（3）

    　3.（1）见解析（2）

    　解：（1）因为 ，所以 .又 ，， 所以在 中，由勾股定理，得. 因为 ，所以 是 的斜边 上的中线.所以 是 的中点.又因为 是的中点，所以直线 是 的中位线，所以 .

    　又因为 平面 ， 平面 ，所以平面

    　（2）由（1）得， .又因为， . 所以 .又因为，

    　所以 .易知 ，且 ，

    　所以 . 设点 到平面 的距离为 ， 则由 ，得，即 ，

    　解得 .即点 到平面 的距离为 . 4. （1）

    　）】

    　【答案】（1）π4sin3     ；（2）4． 】

    　【解析】（1）可知曲线 C 的普通方程为   223 1 4 x y     ，

    　 9 所以曲线 C 的极坐标方程为22 3 cos 2 sin 0         ，即π4sin3     ． （2）由（1）不妨设  1 ,M   ，22π, N     ， 1 20, 0     ， 1 21 1 2π8 sin sπ πin 4 sin 2 42 2 3 2π3 3MONS OM ON                             △， 所以 MON △ 面积的最大值为 4． （2）

    　【】

    　答案】（1）0；（2）见解析． 】

    　【解析】（1）原不等式等价于134 1 5xx   或1233 2 5xx   或24 1 5xx ， 解得113x     或113x    ，即 1 1 x    ，∴1 a   ， 1 b  ，∴ 0 a b   ． （2）由（1）知 4 1 0 x y    ，即 4 1 x y   ，且0 x  ， 0 y  ， ∴ 1 1 1 1 4 44 1 4 2 5 9x y x y x yx yxy y x y x y x y x                ，

    　当且仅当16x  ，13y  时取“  ”，∴ 9 x y xy   ．

    　 10

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