1、高考專題訓練二十二三角函數、平面向量、立體幾何、概率與統計型解答題1(12分)(廣東卷)函數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，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AD2，AB2BC，求四面體ABCD的體積；(2)假設二面角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、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定理去考慮，從而添加相關的輔助線，由此求得相關幾何體的體積；在求異面直線所成的角的過程中，注意根據異面直線所成角的意義，考慮平移其中一條或兩條直線，從而將問題轉化為求兩條相交直線的夾角問題也可考慮通過建立坐標系的方式解決相關問題解：(1)如下列圖，設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的平面角由題設知 DEF60.設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，FHeq 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，FD，FM兩兩垂直以F為原點，射線FM，FC，FD分別為x軸，y軸，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系Fxyz.不妨設AD2，由CDAD，CAD30，易知點A，C，D的坐標分別為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).設點B的坐標為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)與坐標系的建立方式不合，舍去因此點B的坐標為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？假設存在，求出AM的長；假設不存在，請說明理由分析：此題主要考查了線線位置關系和二面角的求解，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向量法進行處理；解題時對(2)問要注意恰當建立坐標系，恰當設參數，從而有效快速求解解：方法一：(1)如圖

11、，以O為原點，以射線OP為z軸的正半軸，建立空間直角坐標系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X的分布列及數學期望E(X)解：(1)()設“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“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(