18、 (2017·南通調(diào)研)甲、乙兩人進行圍棋比賽，共比賽2n(n∈N*)局．根據(jù)以往比賽勝負的情況知道，每局甲勝的概率和乙勝的概率均為.如果某人獲勝的局數(shù)多于另一人，則此人贏得比賽．記甲贏得比賽的概率為P(n)．
(1)求P(2)與P(3)的值；
(2)試比較P(n)與P(n＋1)的大小，并證明你的結論．
[解] (1)若甲、乙比賽4局甲贏，則甲在4局比賽中至少勝3局，
所以P(2)＝C4＋C4＝，
同理P(3)＝C6＋C6＋C6＝.
(2)在2n局比賽中甲贏，則甲勝的局數(shù)至少為n＋1局，
故P(n)＝C2n＋C2n＋…＋C2n
＝·2n
＝·2n
＝·2n
＝，
所以P
19、(n＋1)＝.
又＝＝
＝＝＞1，
所以＞，所以P(n)＜P(n＋1)．
[方法歸納]
本例是二項分布與二項式定理的交匯，其求解的一般思路先利用二項分布求其P(n)和P(n＋1)，然后利用組合數(shù)的性質(zhì)即可求得，概率還常與數(shù)列、函數(shù)、不等式、數(shù)學歸納法等知識交匯.
[變式訓練]
(2017·江蘇高考)已知一個口袋中有m個白球，n個黑球(m，n∈N*，n≥2)，這些球除顏色外完全相同．現(xiàn)將口袋中的球隨機地逐個取出，并放入如圖所示的編號為1,2,3，…，m＋n的抽屜內(nèi)，其中第k次取出的球放入編號為k的抽屜(k＝1,2,3，…，m＋n).
1
2
3
…
m＋n
(1)試
20、求編號為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p；
(2)隨機變量X表示最后一個取出的黑球所在抽屜編號的倒數(shù)，E(X)是X的數(shù)學期望，證明：E(X)<.
解：(1)編號為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p為：
p＝＝.
(2)證明：隨機變量X的概率分布為：
X
…
…
P
…
…
隨機變量X的期望為：
E(X)＝·
＝·.
所以E(X)<
＝
＝(1＋C＋C＋…＋C)
＝(C＋C＋C＋…＋C)
＝(C＋C＋…＋C)
＝…＝(C＋C)
＝＝，
即E(X)<.
[課時達標訓練]
1．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知袋中裝有大小相同的
21、2個白球、2個紅球和1個黃球．一項游戲規(guī)定：每個白球、紅球和黃球的分值分別是0分、1分和2分，每一局從袋中一次性取出三個球，將3個球對應的分值相加后稱為該局的得分，計算完得分后將球放回袋中．當出現(xiàn)第n局得n分(n∈N*)的情況就算游戲過關，同時游戲結束，若四局過后仍未過關，游戲也結束.
(1)求在一局游戲中得3分的概率；
(2)求游戲結束時局數(shù)X的概率分布和數(shù)學期望E(X)．
解：(1)設在一局游戲中得3分為事件A，
則P(A)＝＝.
所以在一局游戲中得3分的概率為.
(2)X的所有可能取值為1,2,3,4.
在一局游戲中得2分的概率為＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)
22、＝×＝，
P(X＝3)＝××＝，
P(X＝4)＝××＝.
所以X的概率分布為：
X
1
2
3
4
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
2．一個袋中裝有大小和質(zhì)地都相同的10個球，其中黑球4個，白球5個，紅球1個．
(1)從袋中任意摸出3個球，記得到白球的個數(shù)為X，求隨機變量X的概率分布和數(shù)學期望E(X)；
(2)每次從袋中隨機地摸出一球，記下顏色后放回．求3次摸球后，摸到黑球的次數(shù)大于摸到白球的次數(shù)的概率．
解：(1)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3，
P(X＝0)＝＝；P(X＝1)＝＝；
P(X＝2)＝＝；P(X＝3)＝＝.
23、
所以X的概率分布為：
X
0
1
2
3
P
所以X的數(shù)學期望E(X)＝×0＋×1＋×2＋×3＝.
(2)記3次摸球中，摸到黑球次數(shù)大于摸到白球次數(shù)為事件A，
則P(A)＝C3＋C＋C××2＝.
故摸到黑球的次數(shù)大于摸到白球的次數(shù)的概率為.
3．(2017·山東高考)在心理學研究中，常采用對比試驗的方法評價不同心理暗示對人的影響，具體方法如下：將參加試驗的志愿者隨機分成兩組，一組接受甲種心理暗示，另一組接受乙種心理暗示，通過對比這兩組志愿者接受心理暗示后的結果來評價兩種心理暗示的作用．現(xiàn)有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1
24、，B2，B3，B4，從中隨機抽取5人接受甲種心理暗示，另5人接受乙種心理暗示．
(1)求接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；
(2)用X表示接受乙種心理暗示的女志愿者人數(shù)，求X的分布列與數(shù)學期望EX.
解：(1)記接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件為M，
則P(M)＝＝.
(2)由題意知X可取的值為：0,1,2,3,4，則
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝.
因此X的分布列為
X
0
1
2
3
4
P
故X的數(shù)學期望是EX＝0＋1×＋2
25、×＋3×＋4×＝2.
4．已知某種植物的種子每粒發(fā)芽的概率都為，某實驗小組對該種植物的種子進行發(fā)芽試驗，若該實驗小組共種植四粒該植物的種子(每粒種子的生長因素相同且發(fā)芽與否相互獨立)，用ξ表示這四粒種子中發(fā)芽的種子數(shù)與未發(fā)芽的種子數(shù)的差的絕對值．
(1)求隨機變量ξ的概率分布和數(shù)學期望；
(2)求不等式ξx2－ξx＋1>0的解集為R的概率．
解：(1)由題意知，這四粒種子中發(fā)芽的種子數(shù)可能為0,1,2,3,4，對應的未發(fā)芽的種子數(shù)為4,3,2,1,0，
所以ξ的所有可能取值為0,2,4，
P(ξ＝0)＝C×2×2＝，
P(ξ＝2)＝C×3×1＋C×1×3＝，
P(ξ＝4)＝C×
26、4×0＋C×0×4＝.
所以隨機變量ξ的概率分布為：
ξ
0
2
4
P
數(shù)學期望E(ξ)＝0×＋2×＋4×＝.
(2)由(1)知ξ的所有可能取值為0,2,4，
當ξ＝0時，代入ξx2－ξx＋1>0，得1>0，對x∈R恒成立，即解集為R；
當ξ＝2時，代入ξx2－ξx＋1>0，得2x2－2x＋1>0，
即22＋>0，對x∈R恒成立，即解集為R；
當ξ＝4時，代入ξx2－ξx＋1>0，得4x2－4x＋1>0，其解集為xx≠，不滿足題意．
所以不等式ξx2－ξx＋1>0的解集為R的概率P＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝2)＝.
5．(2017·天津高考)從甲地到乙地
27、要經(jīng)過3個十字路口，設各路口信號燈工作相互獨立，且在各路口遇到紅燈的概率分別為，，.
(1)記X表示一輛車從甲地到乙地遇到紅燈的個數(shù)，求隨機變量X的分布列和數(shù)學期望；
(2)若有2輛車獨立地從甲地到乙地，求這2輛車共遇到1個紅燈的概率．
解：(1)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3.
P(X＝0)＝××＝，
P(X＝1)＝××＋××＋××＝，
P(X＝2)＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝××＝.
所以隨機變量X的分布列為：
X
0
1
2
3
P
隨機變量X的數(shù)學期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)設Y表示第一輛車遇到紅燈
28、的個數(shù)，Z表示第二輛車遇到紅燈的個數(shù)，則所求事件的概率為
P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)
＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)
＝×＋×＝.
所以這2輛車共遇到1個紅燈的概率為.
6．(2017·全國卷Ⅲ)某超市計劃按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶4元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處理完．根據(jù)往年銷售經(jīng)驗，每天需求量與當天最高氣溫(單位：℃)有關．如果最高氣溫不低于25，需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶．為了確定六月
29、份的訂購計劃，統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數(shù)據(jù)，得下面的頻數(shù)分布表：
最高氣溫
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天數(shù)
2
16
36
25
7
4
以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率．
(1)求六月份這種酸奶一天的需求量X(單位：瓶)的分布列；
(2)設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位：元)．當六月份這種酸奶一天的進貨量n(單位：瓶)為多少時，Y的數(shù)學期望達到最大值？
解：(1)由題意知，X所有可能取值為200,300,500，
由表格數(shù)據(jù)知
P(X＝200)＝
30、＝0.2，P(X＝300)＝＝0.4，
P(X＝500)＝＝0.4.
因此X的分布列為：
X
200
300
500
P
0.2
0.4
0.4
(2)由題意知，這種酸奶一天的需求量至多為500，至少為200，因此只需考慮200≤n≤500.
當300≤n≤500時，
若最高氣溫不低于25，則Y＝6n－4n＝2n；
若最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，則Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；
若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.
因此EY＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.
31、2＝640－0.4n.
當200≤n<300時，
若最高氣溫不低于20，則Y＝6n－4n＝2n；
若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.
因此EY＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.
所以n＝300時，Y的數(shù)學期望達到最大值，最大值為520元．
第2課時運用空間向量求角(能力課)
[常考題型突破]
運用空間向量求兩直線所成的角
[例1] 已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各條棱長都相等，P為A1B上的點，且＝λ，PC⊥AB.
(1)求λ的值；
(2)求異面直線PC與AC1所成角θ的余弦值．
32、
[解] (1)設正三棱柱的棱長為2，取AC中點O，連結OB，則OB⊥AC.以O為原點，OB，OC所在直線為x軸，y軸，過點O且平行AA1的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)，
所以＝(，1,0)，＝(0，－2,2)，＝(，1，－2)．
因為PC⊥AB，所以·＝0，
得(＋)·＝0，
即(＋λ)·＝0，
即(λ，－2＋λ，2－2λ)·(，1,0)＝0，解得λ＝.
(2)由(1)知＝，＝(0,2,2)，cos θ＝＝，
所以異面直線PC與AC1所成角θ的余弦
33、值是.
[方法歸納]
1．兩條異面直線所成角的求法
設兩條異面直線a，b的方向向量分別為a，b，其夾角為θ，則cos φ＝|cos θ|＝(其中φ為異面直線a，b所成的角)．
2．用向量法求異面直線所成角的四步驟
(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標系；
(2)確定異面直線上兩個點的坐標，從而確定異面直線的方向向量；
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；
(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對值．
[變式訓練]
(2017·無錫期末)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝
34、∠CBA＝90°，PA＝AB＝BC＝1，AD＝2，E，F(xiàn)，G分別為BC，PD，PC的中點．
(1)求EF與DG所成角的余弦值；
(2)若M為EF上一點，N為DG上一點，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出點M，N的坐標；若不存在，請說明理由．
解：(1)以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，
∵E，F(xiàn)，G分別為BC，PD，PC的中點，
∴E，F(xiàn)，G，
∴＝，＝，
設EF與DG所成角為θ，
則cos θ＝＝.
∴EF
35、與DG所成角的余弦值為.
(2)存在MN，使得MN⊥平面PBC，理由如下：
設平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，
∵＝(0,1,0)，＝(1,0，－1)，
∴即
取x＝1，得n＝(1,0,1)，
若存在MN，使得MN⊥平面PBC，則∥n，
設M(x1，y1，z1)，N(x2，y2，z2)，
則 ①
∵點M，N分別是線段EF與DG上的點，
∴＝λ，＝t，
∵＝，＝(x2，y2－2，z2)，
∴且?、?
把②代入①，得
解得∴M，N.
故存在兩點M，N，使得MN⊥平面PBC.
運用空間向量求直線和平面所成的角
[例2] (2017·鎮(zhèn)江調(diào)研)如圖，在棱長為
36、3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，A1E＝CF＝1.
(1)求兩條異面直線AC1與BE所成角的余弦值；
(2)求直線BB1與平面BED1F所成角的正弦值．
[解] (1)以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系D-xyz，如圖所示，
則A(3,0,0)，C1(0,3,3)，B(3，3,0)，E(3,0,2)，＝(－3,3,3)，＝(0，－3,2)，
所以cos〈，〉＝
＝＝－，
故兩條異面直線AC1與BE所成角的余弦值為.
(2)由(1)知＝(0，－3,2)，又D1(0,0,3)，B1(3,3,3)，
所以＝(3,0，－1
37、)，＝(0,0,3)．
設平面BED1F的法向量為n＝(x，y，z)，
則即令x＝1，得y＝2，z＝3，n＝(1,2,3)是平面BED1F的一個法向量．
設直線BB1與平面BED1F所成的角為α，則
sin α＝＝＝，
所以直線BB1與平面BED1F所成角的正弦值為.
[方法歸納]
直線和平面所成的角的求法
如圖所示，設直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sin φ＝|cos θ|＝.
[變式訓練]
(2017·南通、泰州一調(diào))如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為棱C1D1的中點
38、，Q為棱BB1上的點，且BQ＝λBB1(λ≠0)．
(1)若λ＝，求AP與AQ所成角的余弦值；
(2)若直線AA1與平面APQ所成的角為45°，求實數(shù)λ的值．
解：以{，，}為正交基底，建立如圖所示空間直角坐標系A-xyz.
則A(0,0,0)，A1(0,0,2)，P(1,2,2)，Q(2,0,2λ)．
(1)當λ＝時，＝(1,2,2)，＝(2,0,1)，
所以cos〈，〉＝
＝＝.
所以AP與AQ所成角的余弦值為.
(2)＝(0,0,2)，＝(2,0,2λ)．
設平面APQ的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
令z＝－2，則x＝2λ，y＝2－λ.
所以n＝(2λ，
39、2－λ，－2)．
又因為直線AA1與平面APQ所成角為45°，
所以|cos〈n，〉|＝
＝＝，
可得5λ2－4λ＝0，又因為λ≠0，所以λ＝.
運用空間向量求二面角
[例3] (2017·南通調(diào)研)如圖，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD為矩形，SA⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝AS＝2，P是棱SD上一點，且SP＝PD.
(1)求直線AB與CP所成角的余弦值；
(2)求二面角A-PC-D的余弦值．
[解] (1)如圖，分別以AB，AD，AS所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，
則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0
40、)，S(0,0,2)．
設P(x0，y0，z0)，
由＝，得(x0，y0，z0－2)＝(0,2，－2)，
∴x0＝0，y0＝，z0＝，
點P的坐標為.
＝，＝(1,0,0)．
設直線AB與CP所成的角為α，
則cos α＝＝.
(2)設平面APC的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
由于＝(1,2,0)，＝，
∴即
令y1＝－2，則x1＝4，z1＝1，
所以m＝(4，－2,1)為平面APC的一個法向量．
設平面SCD的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
由于＝(1,0,0)，＝(0，－2,2)，
∴即
令y2＝1，則z2＝1，
所以n＝(0,1,1)為平面SC
41、D的一個法向量．
設二面角A-PC-D的大小為θ，由圖易知θ為銳角，
所以cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝，
所以二面角A-PC-D的余弦值為.
[方法歸納]
解決二面角問題的兩種方法
(1)坐標法
建立恰當坐標系，求出兩個平面的法向量n1，n2，利用cos〈n1，n2〉＝求出．(結合圖形取“±”號)
(2)定義法
構造出二面角的平面角，通過解三角形計算．
[變式訓練]
1.直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，AA1＝2，＝λ.
(1)若λ＝1，求直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值；
(2)若二面角B1-A1C1-D的大小為60°
42、，求實數(shù)λ的值．
解：如圖，分別以AB，AC，AA1所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系A-xyz.
則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，C1(0,4,2)．
(1)當λ＝1時，D為BC的中點，所以D(1,2,0)，＝(1，－2,2)，＝(0,4,0)，＝(1,2，－2)．
設平面A1C1D的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
令z＝1，得y＝0，x＝2，
則n＝(2,0,1)為平面A1C1D的一個法向量，
設直線DB1與平面A1C1D所成角為θ.
則sin θ＝＝＝＝，
所以直線DB1與平面A1C1D所
43、成角的正弦值為.
(2)因為＝λ，所以D，＝.
設平面A1C1D的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
則即
令z1＝1，得y1＝0，x1＝λ＋1，
則n1＝(λ＋1,0,1)為平面A1C1D的一個法向量．
又平面A1B1C1的一個法向量為n2＝(0,0,1)，
由題意得|cos〈n1，n2〉|＝，所以＝，
解得λ＝－1或λ＝－－1(不合題意，舍去)，
所以實數(shù)λ的值為－1.
2．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)如圖，已知正四棱錐P-ABCD中，PA＝AB＝2，點M，N分別在PA，BD上，且＝＝.
(1)求異面直線MN與PC所成角的大小；
(2)求二面角N-PC-B的余弦值．
44、
解：(1)連結AC，BD，設AC，BD交于點O，在正四棱錐P-ABCD中，OP⊥平面ABCD.又PA＝AB＝2，所以OP＝.以O為坐標原點，，方向分別是x軸，y軸正方向，建立空間直角坐標系O-xyz，如圖．
則A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，)．
故＝＋＝＋＝，＝＝，
所以＝，＝(－1,1，－)，
cos〈，〉＝＝＝，
所以MN與PC所成角的大小為30°.
(2)＝(－1,1，－)，＝(2,0,0)，＝.
設m＝(x，y，z)是平面PCB的一個法向量，
則即
令y＝，得z＝1，所以m＝(0，，1)，
設n＝(
45、x1，y1，z1)是平面PCN的一個法向量，
則即
令x1＝2，得y1＝4，z1＝，
所以n＝(2,4，),
故cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角N-PC-B的余弦值為.
[課時達標訓練]
1．(2017·南京、鹽城二模)如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)分別是BC，A1C的中點．
(1)求異面直線EF，AD所成角的余弦值；
(2)點M在線段A1D上，＝λ.若CM∥平面AEF，求實數(shù)λ的值．
解：因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1為直四棱柱，所以A1A⊥平面ABCD.
又AE?平面ABC
46、D，AD?平面ABCD，
所以A1A⊥AE，A1A⊥AD.
在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，則△ABC是等邊三角形．
因為E是BC的中點，所以BC⊥AE.
因為BC∥AD，所以AE⊥AD.
故以A為原點，AE，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．則A(0,0,0)，E(，0,0)，C(，1,0)，D(0，2,0)，A1(0,0,2)，F(xiàn).
(1)因為＝(0,2,0)，＝，
所以cos〈，〉＝＝，
所以異面直線EF，AD所成角的余弦值為.
(2)設M(x，y，z)，由于點M在線段A1D上，且 ＝λ，即＝λ，
則(x，y，z－2)＝λ(0
47、,2，－2)．
解得M(0,2λ，2－2λ)，＝(－，2λ－1,2－2λ)．
設平面AEF的法向量為n＝(x0，y0，z0)．
因為＝(，0,0)，＝，
所以即
令y0＝2，得z0＝－1，
所以平面AEF的一個法向量為n＝(0,2，－1)．
由于CM∥平面AEF，則n·＝0，
即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝.
2.如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面為直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝AB＝1，M是PB的中點．
(1)證明：平面PAD⊥平面PCD；
(2)求AC與PB所成角的余弦值；
(3)求平面AMC與平面BM
48、C所成二面角(銳角)的余弦值．
解：建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，B(0,2,0)，C(1,1,0)，M.
(1)證明：因為＝(0,0,1)，＝(0,1,0)，故·＝0，所以AP⊥DC.由題設知AD⊥DC，且AP與AD是平面PAD內(nèi)的兩條相交直線，
所以DC⊥平面PAD.
又DC?平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD.
(2)因為＝(1,1,0)，＝(0,2，－1)，
所以cos〈，〉＝＝＝.
所以AC與PB所成角的余弦值為.
(3)設平面AMC的一個法向量為n1＝(x1，y1，z1)．
因為＝，＝(1,1,0)，
49、所以即
取x1＝1，得y1＝－1，z1＝2，所以n1＝(1，－1,2)．
同理可得平面BMC的一個法向量為n2＝(1,1,2)．
因為cos〈n1，n2〉＝＝＝.
所以平面AMC與平面BMC所成二面角(銳角)的余弦值為.
3．(2017·江蘇高考)如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.
(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；
(2)求二面角B-A1D-A的正弦值．
解：(1)在平面ABCD內(nèi)，過點A作AE⊥AD，交BC于點E.
因為AA1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.
50、
如圖，以{，，}為正交基底，建立空間直角坐標系A-xyz.
因為AB＝AD＝2，
AA1＝，∠BAD＝120°，
則A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0，0，)，C1(，1，)．
(1)＝(，－1，－)，＝(，1，)．
則cos〈，〉＝＝＝－.
因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為.
(2)可知平面A1DA的一個法向量為＝(，0,0)．
設m＝(x，y，z)為平面BA1D的一個法向量，
又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)，
則即
不妨取x＝3，則y＝，z＝2，
所以m＝(3，，2)為平面BA1D的一個法向量，
從而
51、cos〈，m〉＝＝＝.
設二面角B-A1D-A的大小為θ，則|cos θ|＝.
因為θ∈[0，π]，所以sin θ＝＝.
因此二面角B-A1D-A的正弦值為.
4.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AB＝AC＝1，AA1＝2，點P是棱BB1上一點，滿足＝λ (0≤λ≤1)．
(1)若λ＝，求直線PC與平面A1BC所成角的正弦值；
(2)若二面角P-A1C-B的正弦值為，求λ的值．
解：以A為坐標原點，分別以AB，AC，AA1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz.因為AB＝AC＝1，AA1＝2，則A(0,0,0)，B(1,
52、0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1，0,2λ)．
(1)由λ＝得，＝，＝(1,0，－2)，＝(0,1，－2)．
設平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
由得
不妨取z1＝1，則x1＝y(tǒng)1＝2，
從而平面A1BC的一個法向量為n1＝(2,2,1)．
設直線PC與平面A1BC所成的角為θ，
則sin θ＝＝＝，
所以直線PC與平面A1BC所成角的正弦值為.
(2)設平面PA1C的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，
又＝(1,0,2λ－2)，
故由得
不妨取z2＝1，則x2＝2－2λ，y2＝2，
所以平面PA1C的一個
53、法向量為n2＝(2－2λ，2,1)．
則cos〈n1，n2〉＝，
又二面角P-A1C-B的正弦值為，
所以＝，
化簡得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)，
故λ的值為1.
5.如圖，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD＝1，D1D＝2，點P為棱CC1的中點．
(1)設二面角A-A1B-P的大小為θ，求sin θ的值；
(2)設M為線段A1B上的一點，求的取值范圍．
解：(1)如圖，以點D為坐標原點，DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系D-xyz，則A(1,0,0)，A1(1,0,2)，P(0,1,1)，B(1,1,0)．
54、
所以＝(0,0,2)，＝(0,1,0)．
設平面AA1B的法向量為n＝(x1，y1，z1)，
則即
取n＝(1,0,0)為平面AA1B的一個法向量．
又＝(1，－1,1)，＝(1,0，－1)．
設平面PA1B的法向量為m＝(x2，y2，z2)，
則即
取m＝(1,2,1)為平面PA1B的一個法向量．
所以cos〈n，m〉＝＝，
則sin θ＝.
(2)設M(x，y，z)，＝λ (0≤λ≤1)，
即(x－1，y－1，z)＝λ(0，－1,2)，
所以M(1,1－λ，2λ)．
所以＝(0，λ－1，－2λ)，＝(－1，λ，1－2λ)，
＝
＝
＝.
令2λ－1＝t
55、∈[－1,1]，
則＝，
當t∈[－1,0)時，∈；
當t∈(0,1]時，∈；
當t＝0時，＝0.
所以∈，
則∈.
故的取值范圍為.
6．(2017·南通三模)如圖，在四棱錐S-ABCD中，SD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是直角梯形，∠ADC＝∠DAB＝90°，SD＝AD＝AB＝2，DC＝1.
(1)求二面角S-BC-A的余弦值；
(2)設P是棱BC上一點，E是SA的中點，若PE與平面SAD所成角的正弦值為，求線段CP的長．
解：(1)以D為坐標原點，DA，DC，DS所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，
則D(0,0,0)，A(2,0,
56、0)，B(2,2,0)，C(0,1,0)，S(0,0,2)，
所以＝(2,2，－2)，＝(0,1，－2)，＝(0,0,2)．
設平面SBC的法向量為n1＝(x，y，z)，
則即
令z＝1，得x＝－1，y＝2，
所以n1＝(－1,2,1)是平面SBC的一個法向量.
因為SD⊥平面ABC，取平面ABC的一個法向量n2＝(0,0,1)．
設二面角S-BC-A的大小為θ，
由圖可知二面角S-BC-A為銳二面角，
所以|cos θ|＝＝＝，
所以二面角S-BC-A的余弦值為.
(2)由(1)知E(1,0,1)，
＝(2,1,0)，＝(1，－1，1)．
設＝λ (0≤λ≤1)，
則＝λ(2,1,0)＝(2λ，λ，0)，
所以＝－＝(1－2λ，－1－λ，1)．
易知CD⊥平面SAD，
所以＝(0,1,0)是平面SAD的一個法向量．
設PE與平面SAD所成的角為α，
所以sin α＝|cos〈，〉|＝＝，
即＝，得λ＝或λ＝(舍去)．
所以＝，||＝，
所以線段CP的長為.
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（江蘇專版）2018年高考數(shù)學二輪復習 專題七 隨機變量、空間向量教學案 理
