【理】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：2020-09-24 15:14:00 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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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】

　（1）证明：∵底面 为正方形， ∴ ，又 ， ∴ 平面 ， ∴ . 同理 ， ∴ 平面 . （2）建立如图的空间直角坐标系 ，

　则 ， 设 为平面 的一个法向量， 又 ， ∴

　令 ， 得 . 同理 是平面 的一个法向量， 则 . ∴二面角 的正弦值为 . 【练 1-1】

　（1）连接 ，由 ， 是 的中点，得 ，

　由平面 平面 ，可得 平面 ， ，又由于四边形

　是边长为 2 的菱形， ，所以，从而 平面 . （2）以 为原点， 为 轴，建立空间直角坐标系， ，，有，，令平面 的法向量为 ，由 ，可得一个 ，同理可得平面 的一个法向量为 ，所以平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为. 【例 2】

　 2 证明：

　， ，， ， E 为 AD 的中点， ， ≌ ， ， ，， ， 又 平面 ABCD ， 平面 ABCD ，， 又 ，且 PH ， 平面 PEC ，平面 PEC ， 又 平面 PEC ， ．

　解：

　由 可知 ∽ ， 由题意得 ， ， ， ， ， ， ， 、 EC 、 BD 两两垂直， 建立以 H 为坐标原点， HB 、 HC 、 HP 所在直线分别为 x ， y ， z 轴的坐标系， 0， ， 0， ， 4， ， 0，， 0， ， 假设线段 PC 上存在一点 F 满足题意， 与 共线， 存在唯一实数 ， ，满足 ， 解得 ， 设向量 y ， 为平面 CPD 的一个法向量，且 ， ， ，取 ，得， 同理得平面 CPD 的一个法向量 ， 二面角 的余弦值是 ， ， 由 ，解得 ， ， ， 线段 PC 上存在一点 F ，当点 F 满足时，二面角 的余弦值是 ．

　 3 【练 2-1】

　（1）证法一：

　，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 .

　证法二：

　设 在平面 内的射影为 ，连接, 则 即为 在平面 内的射影，故 即为 与底面所成的角，因为 ,所以 而 ， ，所以 ， 又 为正三角形，所以,所以

　由 ， ，得 ， 所以

　，从而 是正方形， 由 ， 得：

　平面 ，于是平面 平面 . （2）由（1）可知， , , 两两垂直，以它们所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系，则, , , , , 由 可得 ，所以，, , 设平面 的法向量为 ， 则 ，即 ，令，得 ， ， 所以 ，显然， 是平面 的法向量.

　 4 设二面角 为 ， 则， 依题意有 ，解得 . 【例 3】

　（1）连接 ， 底面 ， 底面 ， ，且 与底面 所成的角为 ，即 . 在等边△ABC 中，易求得 . 在△AOD 中，由余弦定理，得 ， . 又

　 又 ， 平面 ， 又 平面 ， ， 又 ， 平面 . （2）如下图所示，以 为原点，分别以所在的直线为 轴建立空间直角坐标系，

　则

　故

　由（1）可知

　可得点 的坐标为 ， 平面 的一个法向量是 . 设平面 的法向量 ，由 得

　令 则

　则 ，

　易知所求的二面角为钝二面角 ， 二面角 的平面角的余弦角值是

　 5 . 【例 4】

　(1)若 AB ⊥ CD ，因为 AB ⊥ AD ， AD ∩ CD ＝ D ， 所以 AB ⊥面 ACD ⇒ AB ⊥ AC .

　由于 AB=1,

　AD=BC=

　,AC= , 由于 AB ⊥ AC .,所以 AB 2 ＋ a 2 ＝ BC, 所以 1 2 ＋ a 2 ＝( ) 2 ⇒ a ＝1,

　所以在折叠的过程中，异面直线 AB 与 CD 可以垂直,此时 的值为 1

　 (2)要使四面体 A － BCD 体积最大，因为△ BCD面积为定值 ， 所以只需三棱锥 A － BCD 的高最大即可，此时面 ABD ⊥面 BCD .

　 过 A 作 AO ⊥ BD 于 O ，则 AO ⊥面 BCD ， 以 O 为原点建立空间直角坐标系

　(如图)，

　则易知, 显然，面 BCD 的法向量为

　 ,

　设面 ACD 的法向量为 n ＝( x ， y ， z ), 因为 所以 ，令 y ＝ ，得 n ＝(1， ，2)，

　故二面角 A － CD － B 的余弦值即为 . 【练 4-1】

　解：

　连结 MO 并延长交 AB 于 E ，设 AC ， BM 的交点为 F ． ， O 是 CD ， AC 的中点， ，

　 6 ， 是 AB 的中点， ． ． ． ， ， ≌ ， ， ． ， ． ， ，即 ． 平面 ABCD ， 平面 ABCD ， ，又 平面 PAC ， 平面 PAC ，， 平面 PAC ，又 平面 PBM ， 平面 ． 当 N 为 PM 靠近 P 点的三等分点时， 平面 PAB ． 证明：连结 PE ，由 可知 ， ， ， ，又 平面 PAB ， 平面 PAB ， 平面 PAB ．

　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 ．

　 7 （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    ， 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    ．

　 8 （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   ．

　（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.试题解析：(1)连接 ，因为 ，底面 等边三角形， 又因为 是 的中点， 所以

　又因为 ，

　 9 所以 平面 . （2）因为 ， 由（1）可知 ， 而 ，所以

　以 为原点，以 的方向为 轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，

　则 ， ， ， ， 由题得平面 的一个法向量为 . 设平面 的一个法向量为

　所以 ，即

　令 得

　所以 ， 所以

　由题意知二面角 为锐角， 所以二面角 的余弦值为 . 2.（1）证明：∵矩形 和菱形 所在的平面相互垂直， ∴ ， ∵矩形 菱形 ，∴ 平面， ∵ 平面 ，∴ ，

　∵菱形 中， ， 为 的中点. ∴ ，即

　∵ ，∴ 平面 .

　（2）由（1）可知 两两垂直，以 A 为原点，AG 为 x 轴，AF 为 y 轴，AD 为 z 轴， 建立空间直角坐标系，设 ， 则 ，故 ， ，， ， 则 ， ，， 设平面 的法向量 ， 则 ，取 ，得 ， 设平面 的法向量 ，

　 10 则 ，取 ，得 ，

　设二面角 的平面角为 ，则，

　易知 为钝角，∴二面角 的余弦值为． 3.3．（1）证明见解析；（2）4214. （1）连接 AM ，三棱柱1 1 1ABC ABC  所有的棱长为 2 ，1 12 AB AC   ， M 是棱 BC 的中点；所以1AM BC  ，所以 22 2 21 12 1 1 AM AB BM      . 又3 32 32 2AM AB    ，12 AA  ，所以2 2 21 1AM AM AA   ， 所以1AM AM  ，且 AM BC M  ，所以1AM  平面 ABC ； （2）分别以 MA 、 MB 、1MA 为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则   0,0,0 M ，   3,0,0 A ，   0,1,0 B ，  0, 1,0 C  ，  10,0,1 A ， 又   3,1,0 AB   ，  13,0,1 AA   ， 所以     1 1 10, 2,0 3,0,1 3, 2, 1 BC BC BB BC AA           ， 设平面1 1ABB A 的法向量为   , , n x y z  ，则100n ABn AA    ，即3 03 0x yx z     ， 令 1 x  ，则 3 y z   ，所以   1, 3, 3 n  ； 所以1113 2 3 3 42cos ,14 1 3 3 3 4 1n BCn BCn BC         ， 所以直线1BC 与平面1 1ABB A 所成角的正弦值为4214.

　 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     ， 所以曲线 C 的极坐标方程为

　 11 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   ．

　 12