三角函数、平面向量、立体几何、概率与统计型解答题1.docVIP

高考专题训练三角函数、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，xR. (1)求f的值； (2)设α，β，f＝，f(3β＋2π)＝，求cos(α＋β)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即可；(2)先化简f＝，f(3β＋2π)＝，再结合α，β求cosα与sinβ，代入即得cos(α＋β)的值． 解：(1)f(x)＝2sin， f＝2sin＝2sin＝. (2)α，β，f＝，f(3β＋2π)＝， 2sinα＝，2sin＝，即sinα＝，cosβ＝， cosα＝，sinβ＝， cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝×－×＝. 2．(12分)(2011·重庆卷)如图，在四面体ABCD中，平面ABC平面ACD，ABBC，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DFAC.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＝ADsin30°＝1，AF＝ADcos30°＝. 在RtABC中，因AC＝2AF＝2，AB＝2BC，由勾股定理易知BC＝，AB＝. 故四面体ABCD的体积V＝·SABC·DF＝×××＝. (2)解法一：如图所示，设G，H分别与边CD，BD的中点，则FGAD，GHBC，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EFBC，由ABBC，知EFAB.又由(1)知DF平面ABC，故由三垂线定理知DEAB.所以DEF为二面角C－AB－D的平面角．由题设知 DEF＝60°. 设AD＝a，则DF＝AD·sinCAD＝. 在RtDEF中，EF＝DF·cotDEF＝·＝a， 从而GH＝BC＝EF＝a. 因RtADE≌△BDE，故BD＝AD＝a， 从而，在RtBDF中，FH＝BD＝. 又FG＝AD＝，从而在FGH中，因FG＝FH，由余弦定理得 cosFGH＝＝＝. 因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为. 解法二：如图所示，过F作FMAC，交AB于M，已知AD＝CD，平面ABC平面ACD，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，－，0)，C(0，，0)，D(0,0,1)，则＝(0，，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＝. 由n，有m＋n＝0，从而m＝－. 由l2＋m2＋n2＝1，得l＝±. 设点B的坐标为B(x，y,0)，由，n，取l＝，有解之得， 或(舍去)． 易知l＝－与坐标系的建立方式不合，舍去． 因此点B的坐标为.所以 ＝.从而cos〈，〉＝＝＝－. 故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为. 3．(13分)(2011·浙江卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝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：APBC； (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O－xyz. 则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)， ＝(0,3,4)，＝(－8,0,0)，由此可得·＝0，所以，即APBC. (2)设＝λ，λ≠1，则＝