高考專題訓(xùn)練二十二

1、高考專題訓(xùn)練二十二三角函數(shù)、平面向量、立體幾何、概率與統(tǒng)計型解答題1(12分)(廣東卷)函數(shù)f(x)2sineq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)xf(,6)，xR.(1)求feq blc(rc)(avs4alco1(f(5,4)的值；(2)設(shè)，eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)，feq blc(rc)(avs4alco1(3f(,2)eq f(10,13)，f(32)eq f(6,5)，求cos()的值分析：此題考查運用三角公式化簡求值(1)f(x)的解析式已給出，求feq blc(rc)(avs4alco1(f(5,4)即可；(2)先化簡feq blc(r

2、c)(avs4alco1(3f(,2)eq f(10,13)，f(32)eq f(6,5)，再結(jié)合，eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)求cos與sin，代入即得cos()的值解：(1)f(x)2sineq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)xf(,6)，feq blc(rc)(avs4alco1(f(5,4)2sineq blc(rc)(avs4alco1(f(5,12)f(,6)2sineq f(,4)eq r(2).(2)，eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)，feq blc(rc)(avs4alco1(3f(,2)eq f(10,13)，f

3、(32)eq f(6,5)，2sineq f(10,13)，2sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)eq f(6,5)，即sineq f(5,13)，coseq f(3,5)，coseq f(12,13)，sineq f(4,5)，cos()coscossinsineq f(12,13)eq f(3,5)eq f(5,13)eq f(4,5)eq f(16,65).2(12分)(重慶卷)如圖，在四面體ABCD中，平面ABC平面ACD，ABBC，ADCD，CAD30.(1)假設(shè)AD2，AB2BC，求四面體ABCD的體積；(2)假設(shè)二面角CABD為60，求異面直線AD與BC所成

4、角的余弦值分析：本小題主要考查面面垂直的性質(zhì)、四面體的體積計算公式、二面角的意義與異面直線所成的角的意義及求法在具體處理過程中，可圍繞線面垂直的性質(zhì)定理去考慮，從而添加相關(guān)的輔助線，由此求得相關(guān)幾何體的體積；在求異面直線所成的角的過程中，注意根據(jù)異面直線所成角的意義，考慮平移其中一條或兩條直線，從而將問題轉(zhuǎn)化為求兩條相交直線的夾角問題也可考慮通過建立坐標(biāo)系的方式解決相關(guān)問題解：(1)如下列圖，設(shè)F為AC中點，連接FD，由于ADCD，所以DFAC.又由平面ABC平面ACD，知DF平面ABC，即DF是四面體ABCD的面ABC上的高，且DFADsin301，AFADcos30eq r(3).在RtA

5、BC中，因AC2AF2eq r(3)，AB2BC，由勾股定理易知BCeq f(2r(15),5)，ABeq f(4r(15),5).故四面體ABCD的體積Veq f(1,3)SABCDFeq f(1,3)eq f(1,2)eq f(4r(15),5)eq f(2r(15),5)eq f(4,5).(2)解法一：如下列圖，設(shè)G，H分別與邊CD，BD的中點，那么FGAD，GHBC，從而FGH是異面直線AD與BC所成的角或其補角設(shè)E為邊AB的中點，那么EFBC，由ABBC，知EFAB.又由(1)知DF平面ABC，故由三垂線定理知DEAB.所以DEF為二面角CABD的平面角由題設(shè)知 DEF60.設(shè)AD

6、a，那么DFADsinCADeq f(a,2).在RtDEF中，EFDFcotDEFeq f(a,2)eq f(r(3),3)eq f(r(3),6)a，從而GHeq f(1,2)BCEFeq f(r(3),6)a.因RtADEBDE，故BDADa，從而，在RtBDF中，F(xiàn)Heq f(1,2)BDeq f(a,2).又FGeq f(1,2)ADeq f(a,2)，從而在FGH中，因FGFH，由余弦定理得cosFGHeq f(FG2GH2FH2,2FGGH)eq f(GH,2FG)eq f(r(3),6).因此，異面直線AD與BC所成角的余弦值為eq f(r(3),6).解法二：如下列圖，過F作

7、FMAC，交AB于M，ADCD，平面ABC平面ACD，易知FC，F(xiàn)D，F(xiàn)M兩兩垂直以F為原點，射線FM，F(xiàn)C，F(xiàn)D分別為x軸，y軸，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Fxyz.不妨設(shè)AD2，由CDAD，CAD30，易知點A，C，D的坐標(biāo)分別為A(0，eq r(3)，0)，C(0，eq r(3)，0)，D(0,0,1)，那么eq o(AD,sup15()(0，eq r(3)，1)顯然向量k(0,0,1)是平面ABC的一個法向量二面角CABD為60，故可取平面ABD的一個法向量n(l，m，n)，使得n，k60，從而neq f(1,2).由neq o(AD,sup15()，有eq r(3)mn0，從而

8、meq f(r(3),6).由l2m2n21，得leq f(r(6),3).設(shè)點B的坐標(biāo)為B(x，y,0)，由eq o(AB,sup15()eq o(BC,sup15()，neq o(AB,sup15()，取leq f(r(6),3)，有eq blcrc (avs4alco1(x2y23，,f(r(6),3)xf(r(3),6)yr(3)0，)解之得，eq blcrc (avs4alco1(xf(4r(6),9)，,yf(7r(3),9)或eq blcrc (avs4alco1(x0，,yr(3)(舍去)易知leq f(r(6),3)與坐標(biāo)系的建立方式不合，舍去因此點B的坐標(biāo)為eq blc(r

9、c)(avs4alco1(f(4r(6),9)，f(7r(3),9)，0).所以eq o(CB,sup15()eq blc(rc)(avs4alco1(f(4r(6),9)，f(2r(3),9)，0).從而coseq o(AD,sup15()，eq o(CB,sup15()eq f(o(AD,sup15()o(CB,sup15(),|o(AD,sup15()|o(CB,sup15()|)eq f(r(3)blc(rc)(avs4alco1(f(2r(3),9),r(31) r(blc(rc)(avs4alco1(f(4r(6),9)2blc(rc)(avs4alco1(f(2r(3),9)2)

10、eq f(r(3),6).故異面直線AD與BC所成的角的余弦值為eq f(r(3),6).3(13分)(浙江卷)如圖，在三棱錐PABC中，ABAC，D為BC的中點，PO平面ABC，垂足O落在線段AD上BC8，PO4，AO3，OD2.(1)證明：APBC；(2)在線段AP上是否存在點M，使得二面角AMCB為直二面角？假設(shè)存在，求出AM的長；假設(shè)不存在，請說明理由分析：此題主要考查了線線位置關(guān)系和二面角的求解，對(1)問線線垂直的證明易入手，利用線面垂直即可進行證明；對(2)問可采用空間直角坐標(biāo)向量法進行處理；解題時對(2)問要注意恰當(dāng)建立坐標(biāo)系，恰當(dāng)設(shè)參數(shù)，從而有效快速求解解：方法一：(1)如圖

11、，以O(shè)為原點，以射線OP為z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.那么O(0,0,0)，A(0，3,0)，B(4,2,0)，C(4,2,0)，P(0,0,4)，eq o(AP,sup15()(0,3,4)，eq o(BC,sup15()(8,0,0)，由此可得eq o(AP,sup15()eq o(BC,sup15()0，所以eq o(AP,sup15()eq o(BC,sup15()，即APBC.(2)設(shè)eq o(PM,sup15()eq o(PA,sup15()，1，那么eq o(PM,sup15()(0，3，4)eq o(BM,sup15()eq o(BP,sup15()eq o(PM

12、,sup15()eq o(BP,sup15()eq o(PA,sup15()(4，2,4)(0，3，4)(4，23，44)，eq o(AC,sup15()(4,5,0)，eq o(BC,sup15()(8,0,0)設(shè)平面BMC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2(x2，y2，z2)由eq blcrc (avs4alco1(o(BM,sup15()n10，,o(BC,sup15()n10，)得eq blcrc (avs4alco1(4x123y144z10，,8x10，)即eq blcrc (avs4alco1(x10，,z1f(23,44)y1，)可取n1eq blc(rc

13、)(avs4alco1(0，1，f(23,44).由eq blcrc (avs4alco1(o(AP,sup15()n20，,o(AC,sup15()n20，)即eq blcrc (avs4alco1(3y24z20，,4x25y20，)得eq blcrc (avs4alco1(x2f(5,4)y2，,z2f(3,4)y2，)可取n2(5,4，3)由n1n20，得43eq f(23,44)0，解得eq f(2,5)，故AM3.綜上所述，存在點M符合題意，AM3.方法二：(1)由ABAC，D是BC的中點，得ADBC.又PO平面ABC，得POBC.因為POADO，所以BC平面PAD，故BCPA.(

14、2)如圖，在平面PAB內(nèi)作BMPA于M，連接CM.由(1)中知PABC，得AP平面BMC.又AP平面APC，所以平面BMC平面APC.在RtADB中，AB2AD2BD241，得ABeq r(41).在RtPOD中，PD2PO2OD2，在RtPDB中，PB2PD2BD2，所以PB2PO2OD2DB236，得PB6.在RtPOA中，PA2AO2OP225，得PA5.又cosBPAeq f(PA2PB2AB2,2PAPB)eq f(1,3)，從而PMPBcosBPA2，所以AMPAPM3.綜上所述，存在點M符合題意，AM3.(1)求在1次游戲中；()摸出3個白球的概率；()獲獎的概率；(2)求在2次

15、游戲中獲獎次數(shù)X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(X)解：(1)()設(shè)“在1次游戲中摸出i個白球為事件Ai(i0,1,2,3)，那么P(A3)eq f(Coal(2,3),Coal(2,5)eq f(Coal(1,2),Coal(2,3)eq f(1,5).()設(shè)“在1次游戲中獲獎為事件B，那么BA2A3.又P(A2)eq f(Coal(2,3),Coal(2,5)eq f(Coal(2,2),Coal(2,3)eq f(Coal(1,3)Coal(1,2),Coal(2,5)eq f(Coal(1,2),Coal(2,3)eq f(1,2).且A2，A3互斥，所以P(B)P(A2)P(A3)eq f(1,2)eq f(1,5)eq f(7,10).(2)由題意可知X的所有可能取值為0,1,2.P(X0)eq blc(rc)(avs4alco1(