1、高考专题训练二十二 三角函数、平面向量、立体几何、概率与统计型解答题 班级 _ 姓名 _ 时间： 45分钟 分值： 50 分 总得分 _ 1 (12分 )(2011广东卷 )已知函数 f(x) 2sin 13x 6 ， x R. (1)求 f 54 的值； (2)设 ， 0， 2 ， f 3 2 1013， f(3 2) 65，求 cos( )的值 分析： 本题考查运用三角公式化简求值 (1)f(x)的解析式已给出，求 f 54 即可； (2)先化简 f 3 2 1013， f(3 2) 65，再结合 ， 0， 2 求 cos与 sin，代入即得 cos( )的值 解： (1) f(x) 2s
2、in 13x 6 ， f 54 2sin 512 6 2sin4 2. (2) ， 0， 2 ， f 3 2 1013， f(3 2) 65， 2sin 1013， 2sin 2 65，即 sin 513， cos 35， cos 1213， sin 45， cos( ) coscos sinsin 1213 35 513 45 1665. 2 (12分 )(2011重庆卷 )如图，在四面体 ABCD中，平面 ABC平面 ACD， AB BC， AD CD， CAD 30. (1)若 AD 2， AB 2BC，求四面体ABCD的体积； (2)若二面角 C AB D为 60，求异面直线 AD与
3、BC所成角的余弦值 分析： 本小题主要考查面面垂直的性质、四面体的体积计算公式、二面角的意义与异面直线所成的角的意义及求法在具体处理过程中，可围绕线面垂直的性质定理去考虑，从而添加相关的辅助线，由此求得相关几何体的体积；在求异面直线所成的角的过程中，注意根据异面直线所成角的意义，考虑平移其中一条或两条直线，从而将问题转化为求两条相交直线的夹角问题也可考虑通过建立坐标系的方式解决相关问题 解： (1)如图所示 ，设 F为 AC中点，连接 FD，由于 AD CD，所以 DF AC.又由平面 ABC 平面 ACD，知 DF 平面 ABC，即 DF 是四面体 ABCD 的面ABC 上的高，且 DF A
4、Dsin30 1， AF ADcos30 3. 在 Rt ABC 中，因 AC 2AF 2 3， AB 2BC，由勾股定理易知 BC 2 155 ， AB 4 155 . 故四面体 ABCD 的体积 V 13S ABCDF 13 12 4 155 2 155 45. (2)解法一：如图所示，设 G， H分别与边 CD， BD的中点，则FG AD， GH BC，从而 FGH 是异面直线 AD与 BC所成的角或其补角 设 E 为边 AB 的中点，则 EF BC，由 AB BC，知 EF AB.又由 (1)知 DF 平面 ABC，故由三垂线定理知 DE AB.所以 DEF为二面角 C AB D的平面
5、角由题设知 DEF 60. 设 AD a，则 DF ADsin CAD a2. 在 Rt DEF 中， EF DFcot DEF a2 33 36 a， 从而 GH 12BC EF 36 a. 因 Rt ADE BDE，故 BD AD a， 从而，在 Rt BDF 中， FH 12BD a2. 又 FG 12AD a2，从而在 FGH 中，因 FG FH，由余弦定理得 cos FGH FG2 GH2 FH22FGGH GH2FG36 . 因此，异面直线 AD与 BC所成角的余弦值为 36 . 解法二：如图所示，过 F作 FM AC，交 AB于 M，已知 AD CD，平面 ABC 平面 ACD，
6、易知 FC，FD， FM两两垂直以 F为原点，射线 FM， FC， FD分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 F xyz. 不妨设 AD 2，由 CD AD， CAD 30，易知点 A， C， D的坐标分别为 A(0， 3， 0)， C(0， 3， 0)， D(0,0,1)，则 AD (0，3， 1) 显然向量 k (0,0,1)是平面 ABC 的一个法向量 已知二面角 C AB D为 60，故可取平面 ABD的一个单位法向量 n (l， m， n)，使得 n， k 60，从而 n 12. 由 n AD，有 3m n 0，从而 m 36 . 由 l2 m2 n2 1，
7、得 l 63 . 设点 B的坐标为 B(x， y,0)，由 AB BC， n AB，取 l 63 ，有 x2 y2 3，63 x36 y 3 0，解之得， x 4 69 ，y 7 39或 x 0，y 3 (舍去 ) 易知 l 63 与坐标系的建立方式不合，舍去 因此点 B 的坐标为 4 69 ， 7 39 ， 0 .所以 CB 4 69 ， 2 39 ， 0 . 从而 cos AD， CB ADCB|AD|CB|3 2 393 1 4 69 2 2 39 2 36 . 故异面直线 AD与 BC所成的角的余弦值为 36 . 3 (13分 )(2011浙江卷 )如图，在三棱锥 P ABC 中， A
8、B AC，D为 BC 的中点， PO 平面 ABC，垂足 O落在线段 AD上已知 BC 8， PO 4， AO 3， OD 2. (1)证明： AP BC； (2)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 分析： 此题主要考查了线线位置关系和二面角的求解，对 (1)问线线垂直的证明易入手，利用线面垂直即可进行证明；对 (2)问可采用空间直角坐标向量法进行处理；解题时对 (2)问要注意恰当建立坐标系，恰当设参数，从而有效快速求解 解： 方法一： (1)如图，以 O为原点，以射线 OP 为 z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系
9、O xyz. 则 O(0,0,0)， A(0， 3,0)， B(4,2,0)， C( 4,2,0)， P(0,0,4)， AP (0,3,4)， BC ( 8,0,0)，由此可得 APBC 0，所以 AP BC，即 AP BC. (2)设 PM PA， 1，则 PM (0， 3， 4) BM BP PM BP PA ( 4， 2,4) (0， 3， 4) ( 4， 2 3， 4 4)， AC ( 4,5,0)， BC ( 8,0,0) 设平面 BMC 的法向量 n1 (x1， y1， z1)， 平面 APC 的法向量 n2 (x2， y2， z2) 由 BM n1 0，BCn1 0，得 4x1
10、 2 3y1 4 4z1 0， 8x1 0， 即 x1 0，z1 2 34 4y1， 可取 n1 0， 1， 2 34 4 . 由 AP n2 0，ACn2 0，即 3y2 4z2 0， 4x2 5y2 0， 得 x2 54y2，z2 34y2，可取 n2 (5,4， 3) 由 n1n2 0，得 4 32 34 4 0， 解得 25，故 AM 3. 综上所述，存在点 M 符合题意， AM 3. 方法二： (1)由 AB AC， D是 BC的中点，得 AD BC. 又 PO 平面 ABC，得 PO BC. 因为 PO AD O，所以 BC 平面 PAD， 故 BC PA. (2)如图，在平面 P
11、AB内作 BM PA于 M，连接 CM. 由 (1)中知 PA BC，得 AP 平面BMC. 又 AP 平面 APC，所以平面 BMC 平面 APC. 在 Rt ADB 中， AB2 AD2 BD2 41，得 AB 41. 在 Rt POD中， PD2 PO2 OD2， 在 Rt PDB 中， PB2 PD2 BD2， 所以 PB2 PO2 OD2 DB2 36，得 PB 6. 在 Rt POA 中， PA2 AO2 OP2 25，得 PA 5. 又 cos BPA PA2 PB2 AB22PAPB 13， 从而 PM PBcos BPA 2，所以 AM PA PM 3. 综上所述，存在点 M
12、 符合题意， AM 3. 4 (13 分 )(2011天津 )学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有 3个白球， 2个黑球，乙箱子 里装有 1个白球， 2个黑球， 这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出 2 个球，若摸出的白球不少于 2 个，则获奖 (每次游戏结束后将球放回原箱 ) (1)求在 1次游戏中； ( )摸出 3个白球的概率； ( )获奖的概率； (2)求在 2次游戏中获奖次数 X的分布列及数学期望 E(X) 解： (1)( )设 “ 在 1 次游戏中摸出 i 个白球 ” 为事件 Ai (i0,1,2,3)，则 P(A3) C23C25C12C2315. ( )设 “ 在 1 次游戏中获奖 ” 为事件 B，则 B A2 A3.又 P(A2) C23C25C22C23C13C12C25 C12C2312. 且 A2， A3互斥，所以 P(B) P(A2) P(A3) 12 15 710. (2)由题意可知 X 的所有可能取值为 0,1,2. P(X 0) 1 7102 9100. P(X 1) C12 710 1 710 2150. P(X 2) 7102 49100. 所以 X 的分布列是 X 0 1 2 P 9100 2150 49100 X 的数学期望 E(X) 0 9100 1 2150 2 49100 75.
